Hướng dẫn học sinh lớp 12 sử dụng hàm số chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 SỬ DỤNG HÀM SỐ
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT- GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
CỦA BIỂU THỨC CHỨA NHIỀU BIẾN

Người thực hiện: Phạm Khắc Quảng
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực : Toán học

THANH HÓA NĂM 2017


Mục lục
1. Mở đầu…………………………………………………………… 1
1.1. Lí do chọn đề tài…………………………………………………1
1.2. Mục đích nghiên cứu…………………………………………….2
1.3. Đối tượng nghiên cứu……………………………………………2
1.4. Phương pháp nghiên cứu……………………………………… ...2
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm………………………………… 3
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm……………………… 3
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm… 4
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề………………… 4
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường…………………………… 17
3. Kết luận, kiến nghị………………………………………………… 18
3.1. Kết luận……………………………………………………………18

3.2. Kiến nghị………………………………………………………… 18
Tài liệu tham khảo…………………………………………………… 20


Danh mục chữ cái viết tắt
Ký hiệu viết tắt

Ý nghĩa

BGD & ĐT

Bộ giáo dục và Đào tạo

GTLN

Giá trị lớn nhất

GTNN

Giá trị nhỏ nhất

CMR

Chứng minh rằng

NXB GD

Nhà xuất bản giáo dục

PPCT

Phân phối chương trình

PPDH

Phương pháp dạy học

SGK

Sách giáo khoa

SGD & ĐT

Sở giáo dục và Đào tạo

SKKN

Sáng kiến kinh nghiệm

THPT

Trung học phổ thông


1. Mở đầu
1.1.Lí do chon đề tài.
Sự phát triển kinh tế - xã hội trong bối cảnh toàn cầu hoá đặt ra nhiều yêu
cầu mới đối với người lao động, do đó cũng đặt ra nhiều yêu cầu mới cho sự
nghiệp giáo dục thế hệ trẻ và đào tạo nguồn nhân lực. Giáo dục cần đào tạo đội
ngũ nhân lực đáp ứng những đòi hỏi mới của xã hội. Đổi mới phương pháp dạy

học (PPDH) là một trong những nhiệm vụ quan trọng của cải cách giáo dục nói
chung cũng như cải cách cấp trung học phổ thông. Mục tiêu chương trình dạy
học mới đòi hỏi việc cải tiến PPDH và sữ dụng PPDH mới . Trong một số năm
gần đây các trường THPT đã có những cố gắng trong việc đổi mới PPDH và đã
đạt được những tiến bộ trong việc phát huy tính tích cực của học sinh. Để thực
hiện có hiệu quả việc đổi mới PPDH ở trường THPT thì việc tìm ra những sáng
kiến, đúc kết trong quá trình dạy học là khâu rất quan trọng.
Nghị quyết 29 của Ban chấp hành Trung ương Đảng lần thứ 8 (khóa XI) đã
nêu rõ yêu cầu đổi mới căn bản, toàn diện nền giáo dục Việt Nam. Trong đó,
việc đổi mới giáo dục phổ thông được xem là khâu đột phá. Nội dung trọng tâm
của việc đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục phổ thông là sự phát triển năng lực
của người học, từ đó nâng cao chất lượng của nguồn nhân lực trong chiến lược
phát triển đất nước. Đây cũng chính là vấn đề đặt ra đối với việc đổi mới dạy
học môn Toán.
Trong quá trình giảng dạy tại tổ Toán trường THPT Triệu sơn 5 tôi được nhà
trường tin tưởng giao cho dạy lớp mũi nhọn đối tượng chủ yếu là các học sinh
khá, giỏi. Chính vì vậy ngoài việc giúp các em nắm chắc các kiến thức cơ bản
Tôi còn phải bồi dưỡng các em tham gia các kỳ thi học sinh giỏi cấp Tỉnh và ôn
thi cho các em thi vào các trường Đại học.Trong các nội dung thi học sinh giỏi
cũng như trong đề thi Đại học phần bất đẳng thức đóng vai trò hết sức quan
trọng. Từ thực tiễn giảng dạy, tôi đã tổng hợp khai thác thành chuyên đề:

1


"Hướng dẫn học sinh lớp 12 sử dụng hàm số chứng minh bất đẳng thức
và tìm giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến"
1.2. Mục đích nghiên cứu .
Với SKKN này tôi mong muốn có thể giúp các em học sinh, các đồng
nghiệp có thêm sự lựa chọn khi nghiên cứu và áp dụng hàm số giải các bài toán

về bất đẳng thức hay tìm GTLN-GTNN của một biểu thức chứa nhiều biến với
giới hạn nội dung chương trình môn Toán của Bộ GD và hướng dẫn thực hiện
PPCT của Sở GD & ĐT Thanh Hóa.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Học sinh có học lực từ khá trở lên của lớp 12 trường THPT Triệu sơn 5
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Hệ thống các kiến thức cơ bản về lý thuyết
Phân dạng bài tập và giải các ví dụ minh họa
Hệ thống các bài tập tương tự

2


2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2. 1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Cơ sở giải quyết bài toán bằng phương pháp hàm số
Khi giải quyết bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN - GTNN của
một biểu thức chứa nhiều biến bằng phương pháp hàm số, thường có bốn cách
tiếp cận:
Cách thứ nhất: Đưa bài toán nhiều biến về bài toán một biến bằng cách
đặt ẩn phụ t = h (x,y,z..) và khảo sát hàm số tương ứng liên quan.
Cách thứ hai: Sử dụng kĩ thuật đồng bậc đưa về xét hàm số.
Cách thứ ba: Đưa dần về một biến
Cách thứ tư: Xem một biến là x, y hoặc z
Trong bốn cách tiếp cận trên việc xác định hàm số với một biến số nào đó
được khảo sát trên một tập cụ thể là tối quan trọng.
Ngoài ra, việc phân chia bài toán thành các cách nêu trên còn giúp ta có
nhiều cách tiếp cận khác nhau với cùng một bài toán, đồng thời có thể biết được
bài toán đó có thể giải được bằng phương pháp hàm số hay không, cũng như tạo
sự thuận lợi trong phát triển tư duy hàm cho học sinh đặc biệt là học sinh khá

giỏi.
2.1.2. Các đơn vị kiến thức liên quan
i) Hàm số f(x) đồng biến trên D nếu f '( x) ≥ 0 ∀x ∈ D ( f '( x) = 0 chỉ tại một số
hữu hạn điểm trên D)
ii) Hàm số f(x) nghịch biến trên D nếu f '( x) ≤ 0 ∀x ∈ D ( f '( x) = 0 chỉ tại một
số hữu hạn điểm trên D)
iii) Các bất đẳng thức cơ bản : Bất đẳng thức Cauchy cho 2, 3 số không âm:
a+b
≥ ab . Dấu “=” xảy ra khi a = b”
2
a+b+c 3
≥ abc . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c”
+) “ Cho a, b, c ≥ 0 ta có :
3

+) “ Cho a, b ≥ 0 ta có :

iiii) GTLN - GTNN của hàm số trên một tập:
 f ( x) ≤ M
 f ( x) ≥ m
M = Max f ( x) ⇔ 
m = min f ( x) ⇔ 
;
x∈D
x∈D
∃x0 ∈ D : f ( x0 ) = M
∃x0 ∈ D : f ( x0 ) = m

3

2. 2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Hàm số và ứng dụng của hàm số cũng như chứng minh bất đẳng thức, tìm
GTLN - GTNN của một biểu thức là những nội dung quan trọng của chương
trình Toán THPT, vì đây là phần thể hiện rõ việc rèn luyện khả năng tư duy logic
của học sinh khi thực hiện giải quyết bài toán.
Việc giải bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN - GTNN của một
biểu thức bằng phương pháp hàm số giúp cho học sinh rèn luyện kỹ năng phân
tích bài toán, đảm bảo phát triển tối đa khả năng tư duy sáng tạo của học sinh,
giúp học sinh hình thành kỹ năng làm việc tập thể, khả năng tư duy logic, kỹ
năng xem xét một vấn đề dưới các góc độ khác nhau, v,v... Tuy nhiên, do đặc thù
của bộ môn Toán, tính trừu tượng của khái niệm hàm số, tính phức tạp của bất
đẳng thức cũng như biểu thức chứa nhiều biến, niềm đam mê của học sinh,... mà
việc áp dụng để giải các bài toán bằng phương pháp hàm số gặp nhiều khó khăn.
Có thể kể ra một số khó khăn khi thực hiện giảng dạy phần này như sau:
+ Khả năng phân tích và nhìn nhận bài toán dưới dạng tổng quát của
học sinh gặp nhiều hạn chế do năng lực, hiểu biết và tư duy của học sinh.
+ Việc lựa chọn cách tiếp cận bài toán không có chuẩn nhất định,
thường phụ thuộc vào chủ quan của giáo viên khi hướng dẫn học sinh, do đó sẽ
có nhiều cách tiếp cận khác nhau đối với cùng một bài toán, dẫn tới sự không
nhất quán.
+ Sự đa dạng của các bài toán, dẫn đến sự khó khăn khi thực hiện, đòi
hỏi học sinh phải có khả năng tư duy và phân tích vấn đề tốt mới có thể giải
được.
+ Sức ỳ của học sinh khi gặp các vấn đề khó : Tâm lí ngại làm, ngại suy
nghĩ động não.
2. 3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
2. 3.1. Các bước thực hiện : Để giải quyết các khó khăn còn tồn tại ở trên,
đồng thời vẫn đảm bảo tính liên tục và nhất quán trong quá trình tiếp thu kiến
thức của học sinh theo mạch kiến thức của PPCT môn Toán, việc tiến hành giải

quyết bài toán được tiến hành theo trình tự sau đây :
B1. Phân tích bài toán, lựa chọn cách tiếp cận theo thứ tự ưu tiên :
4


Kĩ thuật đồng bậc => Xem một biến là x, y hoặc z => Đưa dần về một
biến => Đặt ẩn phụ t = h (x, y, z...).
Cần lưu ý nếu đặt ẩn phụ t = h (x, y, z...) thì phải tìm điều kiện chính xác
cho ẩn phụ t.
B2. Xác định hàm số cần khảo sát và tập khảo sát D của nó. Sau đó khảo
sát sự biến thiên và tìm GTLN - GTNN của hàm số trên D.
B3. Căn cứ vào kết quả khi khảo sát hàm số để kết luận bài toán.
2. 3.2. Ví dụ minh họa
2.3.2.1. Đưa bài toán nhiều biến về bài toán một biến và khảo sát tính
đơn điệu của hàm số thông qua đặt ẩn phụ t = h (x, y, z...).
Ví dụ 1: (Thi ĐH khối B năm 2011) : Cho a và b là các số thực dương thỏa
mãn : 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2).
 a3

b3 

 a2

b2 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4  3 + 3 ÷− 9  2 + 2 ÷.
a 
b a  b

2

2
Hướng dẫn: Theo giả thiết ta có 2 ( a + b ) + ab = ( a + b ) ( ab + 2 ) .







Từ đây suy ra : 2  + ÷+ 1 =  + ÷( ab + 2 ) hay 2  + ÷+ 1 = a + + b +
b
a
b a
a b
b a
a

b

1

1

a

2

2

b

2

 a

2

b

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a + + b + ≥ 2 2  + ÷÷
b
a
a
 b
Đặt t =

a b
5
+ , ta suy ra : 2t + 1 ≥ 2 2 t + 2 ⇒ 4t2 – 4t – 15 ≥ 0 ⇒ t ≥
b a
2

 a 3 b3   a 2 b 2 
4
Mặt khác : P =  3 + 3 ÷− 9  2 + 2 ÷ = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2)
a 
b a  b

= 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t)
f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0 ⇒ t = −

1
hay t = 2
2

23
5
khi t =
4
2
23
Vậy GTNN của P = − khi a = 1 và b = 2 hoặc a = 2 và b = 1.
4
Ví dụ 2 : Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b = 3 .

⇒ Min f(t) = −

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

3a
3b
ab
+
+
− (a 2 + b 2 ) .
b +1 a +1 a + b

Hướng dẫn :
Đặt t = a + b ⇒ ab = 3 − t ; a 2 + b 2 = (a + b)2 − 2ab = t 2 − 2(3 − t ) = t 2 + 2t − 6
5

Ta có : ab ≤ (

a+b 2
1
) ⇒ 3 − t ≤ t2 ⇔ t ≥ 2
2
4

3(a 2 + b 2 ) + 3(a + b)
ab
12 5
+
− (a 2 + b 2 ) = −t 2 + t + −
ab + a + b + 1
a+b
t 2
12 5
Xét hàm số : f (t ) = −t 2 + t + − trên [ 2; +∞ )
t 2
12
f ' ( t ) = −2t + 1 − 2 < 0 ∀t ≥ 2 nên f(t) nghịch biến trên [ 2; +∞ )
t
3
Do đó: P = f (t ) ≤ f (2) = đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1
2
3
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng khi a = b = 1
2

Khi đó : P =

Ví dụ 3 : Cho các số thực dương a, b, c.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

4a 3 + 3b3 + 2c3 − 3b 2 c
(a + b + c)3

Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có 3b 2 c ≤ 2b 3 + c 3 (*).
Dấu “=” xảy ra khi b = c .
Ta sẽ chứng minh: b 3 + c 3 ≥

( b + c ) 3 (**), với
4

∀b, c > 0 .

3
3
3
3
2
2
3
3
2
2

Thật vậy, (**) ⇔ 4 ( b + c ) ≥ b + c + 3b c + 3bc ⇔ b + c − b c − bc ≥ 0

⇔ ( b + c ) ( b − c ) ≥ 0 luôn đúng ∀b, c > 0 . Dấu “=” xảy ra khi b = c .
2

Áp dụng (*) và (**) ta được

P≥

a
, t ∈ ( 0;1) .
a+b+c
1
3
Xét f (t ) = 4t 3 + ( 1 − t ) với t ∈ ( 0;1) .
4
3
1
2
f '(t ) = 12t 2 − ( 1 − t ) , f '(t ) = 0 ⇔ t =
4
5

t=

Suy ra, f (t ) ≥

4a 3 +

( b + c) 3

4
( a + b + c) 3

t
f’(t)
f(t
)

= 4t 3 +

0

1
5

-

0

1
(1 − t ) 3
4

, với
1

+

4

25

4
1
. Dấu “=” xảy ra khi t = .
25
5

b = c
4

⇒P≥
. Dấu “=” xảy ra khi  a
1 ⇔ 2a = b = c .
=
25
 a + b + c 5

Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là

4
khi 2a = b = c.
25

6


Ví dụ 4 (Đề thi ĐH khối B năm 2010) :
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức : M = 3(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2

Hướng dẫn:
Ta có : M ≥ (ab + bc + ca )2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 − 2(ab + bc + ca )
Đặt t = ab + bc + ca ta có : 0 ≤ t ≤

(ab + bc + ca ) 2 1
=
3
3

 1
f (t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t trên 0; ÷ , ta có :
 2
2
2
f '(t ) = 2t + 3 −
; f ''(t ) = 2 −
≤ 0 dấu bằng (=) chỉ xảy ra tại t = 0;
1 − 2t
(1 − 2t )3

Xét hàm số :

suy ra f’(t) nghịch biến


Xét trên đoạn 0;  ta có f '(t ) ≥ f '( ) = − 2 3 > 0 suy ra f(t) đồng biến .
3
3
 3
1

1

11

 1
 1
Do đó f (t ) ≥ f (0) = 2, ∀t ∈ 0;  .Vì thế M ≥ f (t ) ≥ 2∀t ∈ 0;  ;

 3
 3
M = 2 khi ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1 ⇔ (a; b; c) là một trong các
bộ số : (1;0;0), (0;1;0), (0;0;1) .Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 2

Ví dụ 5 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
P=

(

8a + 3b + 4 ab + bc + 3 abc
1 + ( a + b + c)

2

) . Với a, b, c là các số thực dương.

Hướng dẫn :
Ta có: P =
=

8a + 3b + 4

(

ab + bc + 3 abc

1+ ( a + b + c)

2

)

 a + 4b b + 4c a + 4b + 16c 
8a + 3b + 4 
+
+
÷
4
4
12


≤
2
1+ ( a + b + c)

28
a+b+c
×
3 1+ ( a + b + c) 2

Đặt a + b + c = t , ta có t > 0. Xét hàm số f (t ) =
Ta có f ' ( t ) =

1− t2

( 1+ t2 )

2

t
với t > 0.
1+ t2

; f ' ( t ) = 0 ⇔ t = ±1 ; lim f (t ) = 0; lim+ f (t ) = 0.
t →+∞

Bảng biến thiên

t

0

f '(t )
f
(t)

0

+

1
1
2

t →0

+∞

−

0

7


Từ bảng biến thiên ta suy ra GTLN của P bằng

14
1
4
16
khi a = ; b = ; c = .
3
21
21
21

Ví dụ 6: Cho các số thực x, y thỏa mãn : ( x − 4)2 + ( y − 4) 2 + 2 xy ≤ 32 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = x3 + y3 + 3( xy − 1)( x + y − 2)

Hướng dẫn:
Ta có : ( x − 4)2 + ( y − 4) 2 + 2 xy ≤ 32 ⇔ ( x + y ) 2 − 8( x + y ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x + y ≤ 8
3
2

Vậy : A = ( x + y)3 − 3( x + y) − 6 xy + 6 ≥ ( x + y)3 − ( x + y) 2 − 3( x + y ) + 6
3
2

Xét hàm số f (t ) = t 3 − t 2 − 3t + 6 trên đoạn [ 0;8]
f '(t ) = 3t 2 − 3t − 3 = 0 ⇔ t =

Ta có : f (0) = 6, f (
Suy ra A ≥

1+ 5
1− 5
hoặc t =
(loại)
2
2

1 + 5 17 − 5 5
)=
, f (8) = 398 .
2
4

17 − 5 5
1+ 5

khi x = y =
4
4

17 − 5 5
1+ 5
khi x = y =
4
4
Ví dụ 7: Cho các số thực x, y, z không âm thoả mãn z ≥ x ≥ y; xy + yz + zx > 0 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của A =

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2

x
+2
y+z

y
z
+3 3
x+ z
x+ y

Hướng dẫn:
Ta có :

xz
2 xz

2 xz
=
≥
( x + y )( y + z ) 2 ( zx + yz )( xy + zx ) xy + yz + 2 xz
yz
2 yz
2 yz
=
≥
( x + y )( x + z ) 2 ( zx + yz )( xy + yz ) xy + zx + 2 yz

Do yz + 2 zx ≥ zx + 2 yz và yz ≥ xy
Ta có :

xz
yz
2 zx + 2 yz
xy + yz + 2 zx
+
≥
≥
=1 .
( x + y )( y + z )
( x + y )( x + z ) xy + yz + 2 zx xy + yz + 2 zx

Dấu “=” khi y = 0 .
Suy ra : P ≥ 2

x+ y
z

+3 3
Đặt t =
z
x+ y

Khi đó f '(t ) = 6t −

6

z
1
2
≥ 6 ; f (t ) = 3 + 3t 2 .
x+ y
t
2

6 6(t 5 − 1)
=
; f '(t ) = 0 ⇔ t = 1
t4
t4

8


Do đó

f (t ) ≥ f (1) = 5 ⇒ Min f (t ) = 5
 1


t∈ 6 ; +∞ ÷
 2


.

Vậy GTNN của P = 5 khi y = 0; x = z
2.3.2.2. Sử dụng kĩ thuật đồng bậc đưa về xét hàm số.
Ví dụ 1: (Tạp chí toán học tuổi trẻ ) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc đoạn [ 1; 4] và
x ≥ y, x ≥ z
x

y

z

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = 2 x + 3 y + y + z + z + x
Hướng dẫn : Ta có :
y

z

P=

1
2+3

y
x

x

+

1
1+

z
y

+

1
1+

x
z

x

Đặt a = x , b = y , c = z ta có : abc = 1, bc = y ∈ [ 1; 4]
1
1
1
+
+
2 + 3a 1 + b 1 + c
1
1

2+b+c
1 − bc
1 − bc
2
=
Mặt khác 1 + b + 1 + c = 1 + bc + b + c = 1 + 1 + bc + b + c ≥ 1 +
1 + bc + 2 bc
bc + 1

Khi đó ta có : P =

(do bc ≥ 1 ). Suy ra

P≥

1
2
1
2
t2
2
+
=
+
= f (t ) = 2
+
2 + 3a
2t + 3 t + 1
bc + 1 2 + 3
bc + 1

bc

với t = bc ∈ [ 1; 2] Ta có : f '(t ) =
⇒ f (t ) ≥ f (2) =

−2 t 3 (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9 
(2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2

< 0 ∀t ∈ ( 1; 2 )

x
34
.Dấu ‘’=’’ xảy ra ⇔ t = 2 ⇔ y = 4 ⇔ x = 4, y = 1 và z = 2
33

Vậy giá trị nhỏ nhất của P =

34
khi x = 4, y = 1 và z = 2
33

Ví dụ 2: (Tạp chí toán học tuổi trẻ ) Cho 3 số thực a,b,c ∈ [ 1; 2] .Tìm GTNN của
P=

( a + b) 2
c 2 + 4(ab + bc + ca )

Hướng dẫn : Sử dụng BĐT Cauchy ta có: 4ab ≤ (a + b) 2
2

a b
 + ÷
2
( a + b)
c c
=
Khi đó : P ≥ 2
2
2
c + 4( a + b)c + (a + b)
a b a b
1 + 4( + ) +  + ÷
c c c c
a
c

Đặt : t = +

b
do a, b, c ∈ [ 1; 2] nên t ∈ [ 1; 4]
c

9


Bây giờ xét hàm số : f (t ) =

t2
trên [ 1; 4]
t 2 + 4t + 1

4t 2 + 2t
f '(t ) = 2
> 0∀t ∈ [ 1; 4] nên f(t) đồng biến trên [ 1; 4]
(t + 4t + 1) 2
1
6

f (t ) = f (1) = .
Do đó : tmin
∈[ 1;4 ]

Vậy : GTNN của P =

1
khi a = b = 1 và c = 2
6

Ví dụ 3: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện : xy ≤ y − 1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

x+ y
x − xy + 3 y
2

2

−

x − 2y

6( x + y )

Hướng dẫn : Do x > 0, y > 0, xy ≤ y − 1 nên
2

x y −1 1 1 1  1 1  1
0 < ≤ 2 = − 2 = − − ÷ ≤
y
y
y y
4  y 2 4
x
x
+1
−2
t +1
t −2
y
y
x  1
−
=
−
t = ∈  0; 
Ta có : P = x
với
2
x
6(
t

+
1)
x
y  4
t −t +3
( ) 2 − + 3 6( + 1)
y
y
y

Xét hàm số : f (t ) =
f (t ) =

7 − 3t
2 (t 2 − t + 3)3

−

t +1
t −t +3
2

−

t−2
 1
trên
 0;  ;
6(t + 1)
 4

1
2(t + 1) 2

1
nên t 2 − t + 3 = t (t − 1) + 3 < 3;7 − 3t > 6; t + 1 > 1
4
7 − 3t
7 − 3t
1
1
1
1 1
>
>
−
>
−
f
'(
t
)
>
− >0
Do đó :
và
=>
2
6 3
3

2(t + 1)
2
2 (t 2 − t + 3)3
3 2

Để ý : 0 < t ≤

1
4

Do đó : P = f (t ) ≤ f ( ) =

1
5 7
5 7
+ . Khi x = và y = 2 ta có: P =
+
2
3 30
3 30

Vậy giá trị lớn nhất của P là

5 7
+
3 30

Ví dụ 4: Cho hai số thực x,y thay đổi thỏa mãn : x 2 + y 2 = 1 .
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P =
Hướng dẫn: Do x 2 + y 2 = 1 nên ta có: P =

2( x 2 + 6 xy )
1 + 2 xy + 2 y 2

2 x 2 + 12 xy
2 x 2 + 12 xy
=
x 2 + y 2 + 2 xy + 2 y 2 x 2 + 2 xy + 3 y 2

Nếu y = 0 thì x 2 = 0 Suy ra P = 2
10


x
x
2( ) 2 + 12
x
y
y
2t 2 + 12t
t
=
y
≠
0
P
=
P
=
Nếu

thì
Đặt
khi đó :
x
x
y
t 2 + 2t + 3
( )2 + 2 + 3
y
y
−8t 2 + 12t + 36
2t 2 + 12t
f
'(
t
)
=
;
Xét hàm số f (t ) = 2
trên ¡ ,
(t 2 + 2t + 3) 2
t + 2t + 3
3
f '(t ) = 0 ⇔ t = 3; t = − ,
2

12
2+
2t 2 + 12t
t =2

lim
= lim
t →±∞ t 2 + 2t + 3
t →±∞
2 3
1+ + 2
t t

BBT:

t

−∞

f'

−

-

3
2

0

3
+

+∞

0

-

(t)
f

2

3

(t)

-6

2

−6 ≤ P = f (t ) ≤ 3 ∀t ∈ ¡
Ta có
Tóm lại :

MaxP = 3 ⇔ x =

3
1
3
1
,y=
,y=−
hoặc x = −

10
10
10
10

MinP = -6 ⇔ x =

3
2
3
2
,y=−
,y=
hoặc x = −
13
13
13
13

2.3.2.3. Đưa dần về một biến
Dạng 1 : Từ biểu thức P có n biến ta đánh giá đưa về (n-1) biến... và
cuối cùng đưa về một biến.
Ví dụ 1: (Tạp chí toán học tuổi trẻ ) Cho các số thực dương x, y, z ∈ ( 0; 4] và
x ≤ y , x ≤ z thỏa mãn xyz = 1 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 + z 2 + x + y + z − 2( xy + yz + zx)
Hướng dẫn : Đặt P = f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 + x + y + z − 2( xy + yz + zx)
Ta có : f ( x, y, z ) − f ( x, yz , yz ) = y 2 + z 2 + y + z − 2( yz + xy + zx) − 2 yz + 4 x yz
= ( y − z ) 2 + ( y − z ) 2 − 2 x( y − z ) 2 = ( y − z ) 2 ( y + z − 2 x + 1 + 2 yz ) ≥ 0

( vì x ≤ y, x ≤ z ).
Vậy: f ( x, y, z ) ≥ f ( x, yz , yz ) = f ( x,

1 1
2
2
,
) = x2 + x +
− 4 x = t 4 + t 2 + − 4t
t
x x
x

11


2
t

Với t = x ∈ ( 0; 2] Xét hàm số g (t ) = t 4 + t 2 + − 4t trên ( 0; 2] ,
g '(t ) = 4t 3 + 2t −

2
2
− 4 = (t 3 − 1)(4 + 2 ) = 0 ⇔ t = 1
2
t
t

BBT của g(t):

min g (t ) = g (1) = 0

t
0
f'(t
)
f(t +∞
)

t∈( 0;2]

1
0

2
+
13

0
Vậy: f ( x, y, z ) ≥ f ( x, yz , yz ) ≥ 0 Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng 0 khi
x=y=z=1
 x, y , z ≥ 0
x + y + z = 3

Ví dụ 2: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: 

Chứng minh rằng : 5 + xyz ≥ 2( xy + yz + zx)
Hướng dẫn : Đặt f ( x, y, z ) = 2( xy + yz + zx) − xyz
 x, y , z ≥ 0
nên 0 ≤ x ≤ 1

x + y + z = 3

Giả sử : x ≤ y ≤ z do 
Xét :
f ( x , y , z ) − f ( x,
+ x.

 y + z ( y + z )2
y+z y+z
y+z
,
) = 2( xy + yz + zx) − xyz − 2  x.
+
+ x.

2
2
2
4
2 


( y + z )2 1
= ( x − 2)( y − z ) 2 ≤ 0∀x ∈ [ 0;1]
4
4

Suy ra: f ( x, y, z ) ≤ f ( x,

y+z y+z

3− x 3− x
− x 3 + 3x + 18
,
) = f ( x,
,
)=
2
2
2
2
4

− x 3 + 3x + 18
g ( x) = g (1) = 5
trên đoạn [ 0;1] Ta có max
x∈[ 0;1]
4
y+z y+z
,
)≤5
Vậy : f ( x, y, z ) ≤ f ( x,
2
2
Hay : 5 + xyz ≥ 2( xy + yz + zx) Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1

Xét hàm số g ( x) =

Ví dụ 3: Cho các số thực x,y,z nằm trong đoạn [ 1; 2 ] . CMR: x3 + y 3 + z 3 ≤ 5 xyz
Hướng dẫn: Đặt f ( x, y, z ) = x 3 + y 3 + z 3 − 5 xyz
Ta chứng minh f ( x, y, z ) ≤ 0∀x, y, z ∈ [ 1; 2]

Không mất tính tổng quát giả sử 1 ≤ z ≤ y ≤ x ≤ 2
12


Xét : f ( x, y, z ) − f ( x, y,1) = x 3 + y 3 + z 3 − 5 xyz − ( x 3 + y 3 + 1 − 5 xy )
= z 3 − 5 xyz + 5 xy − 1 = ( z − 1)( z 2 + z + 1 − 5 xy )
 z − 1 ≥ 0
2
2
2
2
 z + z + 1 − 5 xy ≤ z + z + 1 − 5 z = −4 z + z + 1 < 0∀z ∈ [ 1; 2]

Do 

nên f ( x, y, z ) − f ( x, y,1) ≤ 0 . Hay f ( x, y, z ) ≤ f ( x, y,1)∀x, y, z ∈ [ 1; 2 ] (1)
Xét : f ( x, y,1) − f ( x,1,1) = y 3 − 5 xy − 1 + 5 x = ( y − 1)( y 2 + y + 1 − 5 x)
 y − 1 ≥ 0
2
2
2
 y + y + 1 − 5 x ≤ y + y + 1 − 5 y = y − 4 y + 1 < 0∀y ∈ [ 1; 2 ]

Do 

nên f ( x, y,1) − f ( x,1,1) ≤ 0 Hay f ( x, y,1) ≤ f ( x,1,1)∀x, y ∈ [ 1; 2] (2)
3
Từ (1) và (2) ta có : f ( x, y, z ) ≤ f ( x,1,1) = x − 5 x + 2 = g ( x)∀x, y, z ∈ [ 1; 2 ]

g ( x) = g (2) = 0

Xét hàm số g ( x) = x3 − 5 x + 2 trên [ 1; 2] Ta có max
x∈[ 1;2]

Vậy g ( x) ≤ 0∀x ∈ [ 1; 2] . Do đó f ( x, y, z ) ≤ 0∀x, y, z ∈ [ 1; 2] dấu bằng xảy ra khi
(x,y,z) là hoán vị của (1,1,2).
Chú ý : Khi đưa biểu thức 3 biến về 2 biến hay 1 biến thường xét hiệu biểu
thức của bất đẳng và biểu thức đó với x (hoặc y hoặc z) thay bởi trung bình
nhân hoặc trung bình cộng.
Dạng 2: Đánh giá một biến qua các biến còn lại bằng sử dụng các bất
đẳng thức cơ bản hoặc qua min - max của các biến.
Ví dụ 1: Cho các số thực x,y,z thỏa mãn các điều kiện : x + y + z = 0 và
x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x 5 + y 5 + z 5
Hướng dẫn:
Với x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1 ta có :
0 = ( x + y + z ) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2 x ( y + z ) + 2 yz = 1 − 2 x 2 + 2 yz nên yz = x 2 −

Mặt khác yz ≤

1
2

y 2 + z 2 1 − x2
1 1 − x2
6
6
=
⇔−
≤ x≤
nên x 2 − ≤
(*)

2
2
2
2
3
3

Khi đó : P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y 3 + z 3 ) − y 2 z 2 ( y + z )
1
= x 5 + (1 − x 2 ) ( y 2 + z 2 )( y + z ) − yz ( y + z )  + ( x 2 − ) 2 x
2
1 
1
5

= x 5 + (1 − x 2 )  − x(1 − x 2 ) + x( x 2 − )  + ( x 2 − ) 2 x = (2 x 3 − x )
2 
2
4



Xét hàm số f ( x) = 2 x3 − x trên đoạn  −


6 6
;

3 3 

13


f '( x ) = 6 x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±
f(

6
6
6
6
Ta có: f (− ) = f ( ) = −
,
6
3
6
9

6
6
6
6
5 6
) = f (−
)=
. Do đó : f ( x) ≤
Suy ra: P ≤
3
6
9
9

36

6
6
5 6
,y= z=−
thì dấu bằng xảy ra. Vậy GTLN P là
3
6
36
 x, y , z ≥ 0
Ví dụ 2: cho các số thực x, y, z thỏa mãn : 
x + y + z = 3

Khi x =

Chứng minh rằng : x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4
Hướng dẫn: Điều phải chứng minh tương đương với :
( x + y + z ) 2 − 2( xy + yz + zx) + xyz ≥ 4 ⇔ 2( xy + yz + zx ) − xyz ≤ 5
 x, y , z ≥ 0
nên x ∈ [ 0;1]
x + y + z = 3

Giả sử : x = min( x, y, z ) . Do 

Ta có : P = 2( xy + yz + zx) − xyz = yz (2 − x) + 2 x( y + z ) ≤
=

( y + z )2
(2 − x) + 2 x( y + z )

4

1
(3 − x ) 2
3
(2 − x) + 2 x(3 − x) = (18 + 3 x − x )
4
4

1
3
3
4
4
4
9
chỉ lấy x=1. f (0) = , f (1) = 5 Vậy P ≤ f ( x) ≤ f (1) = 5
2
2
2
2
Do đó : x + y + z + xyz ≥ 4 dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1

Xét hàm số f ( x) = (18 + 3x − x3 ) trên đoạn [ 0;1] , f '( x) = − x 2 + = 0 ⇔ x = ±1

Ví dụ 3: Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác có chu vi = 3.
Chứng minh rằng : 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4abc ≥ 13 (*)
Hướng dẫn: (*) ⇔ 3[ 9 − 2(ab + bc + ca) ] + 4abc ≥ 13 ⇔ 3(ab + bc + ca) − 2abc ≤ 7
Giả sử a = min(a, b, c) ⇒ a ∈ ( 0;1]
(b + c ) 2

(3 − 2a ) + 3a (b + c)
Ta có : P = 3(ab + bc + ca ) − 2abc = bc (3 − 2a ) + 3a (b + c ) ≤
4
(3 − a) 2
1
3
27
(3 − 2a ) + 3a(3 − a ) = − a 3 + a 2 +
= f (a)
(vì 3-2a >0) P ≤
4
2
4
4
1
3
27
Xét hàm số f (a) = − a 3 + a 2 +
trên ( 0;1]
2
4
4
3
3
a
0
1
f '(a) = − a 2 + a = 0
2
a

f'(a)
+
⇔ a = 0; a = 1

f(a)

1
7

27
4

14


Vậy f (a) ≤ 7∀a ∈ ( 0;1] ⇒ P ≤ 7
Hay 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4abc ≥ 13 dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
2.3.2.4. Xem một biến là x hoặc y hoăc z.
Ví dụ 1: (Tạp chí toán học tuổi trẻ ) Cho các số thực : x, y, z > 0 . Chứng minh
rằng :
x 4 + y 4 + z 4 + xyz ( x + y + z ) ≥ xy ( x 2 + y 2 ) + yz ( y 2 + z 2 ) + zx ( z 2 + x 2 )

Hướng dẫn : Không mất tính tổng quát, giả sử : x ≥ y ≥ z > 0 . Xét hàm số :
f ( x) = x 4 + y 4 + z 4 + xyz ( x + y + z ) − xy ( x 2 + y 2 ) − yz ( y 2 + z 2 ) − zx ( z 2 + x 2 )

Ta có : f '( x) = 4 x3 − 3x 2 ( y + z ) + xyz + yz ( x + y + z ) − ( y 3 + z 3 )
f ''( x) = 12 x 2 − 6 x( y + z ) + 2 yz ⇒ f ''( x) > 0 do x ≥ y ≥ z > 0

Nên f '( x) ≥ f '( y ) = z 2 y − z 3 = z 2 ( y − z ) ≥ 0 vậy f(x) là hàm số đồng biến
Ta có : f ( x) ≥ f ( y ) = z 4 − 2 z 3 y + y 2 z 2 = z 2 ( z − y ) 2 ≥ 0 => điều phải chứng minh

Ví dụ 2 : Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
a b
b c
Hướng dẫn: Giả sử a = max(a, b, c)

c
a

a
c

c
b

b
a

Chứng minh rằng : 3( + + ) ≥ 2( + + ) + 3

Nếu a ≥ c ≥ b thì :
a b c a b c
a b c
a b c
a b c
a b c
+ + ≥ + + ≥ 3 3 . . = 3 ⇒ 3( + + ) ≥ 3( + + ) ≥ 2( + + ) + 3
b c a c a b
c a b
b c a
c a b

c a b
a
b

b
c

c
a

a
c

c
b

b
a

Nếu: a ≥ b ≥ c thì xét hàm số f (a) = 3( + + ) − 2( + + ) − 3
3 3c 2 2b (a 2 − bc)(3c − 2a )
− 2− + 2 =
. Vì a ≥ b ≥ c ⇒ a 2 ≥ bc
2
b a
c a
a bc
b c
+ Nếu 3c > 2a thì hàm số đồng biến suy ra f (a) ≥ f (b) = + − 2 ≥ 0
c b

+ Nếu 3c < 2a thì hàm số nghịch biến suy ra
f '(a) =

f ( a) ≥ f (b + c ) =

(b − c ) 2 3c − 2b 2(b − 2c) 2 + c(b − c )
+
=
≥0
bc
b+c
bc(b + c )

Từ đó ta có điều phải chứng minh.
36 x

2y

z

Ví dụ 3 : Cho các số thực x, y, z ∈ [ 1;3] . Chứng minh rằng : yz + xz + xy ≥ 7
36 x

2y

z

Hướng dẫn: Xét hàm số f ( x) = yz + xz + xy trên đoạn [ 1;3]

15

f '( x ) =

36 1 2 y z
36 x 2 − 2 y 2 − z 2 36.1 − 2.32 − 32
9
− 2 ( + )=
≥
= 2 >0
2
2
yz x z
y
x yz
x yz
x yz
36

2y

z

vậy f(x) đồng biến trên [ 1;3] nên f ( x) ≥ f (1) = yz + z + y = g ( y ) ∀x ∈ [ 1;3]
36

2y

z

Xét hàm số g ( y ) = yz + z + y trên đoạn [ 1;3]
g '( y ) =

−36 2 z 2 y 2 − z 2 − 36 2.32 − 12 − 36
+ −
=
≤
<0
y2 z z y2
y2z
y2 z

g(y) nghịch biến trên đoạn [ 1;3] nên g ( y ) ≥ g (3) =
Xét hàm số h( z ) =
h '( z ) =

18 z
+ = h( z )∀y ∈ [ 1;3]
z 3

18 z
+ trên đoạn [ 1;3]
z 3

−18 1
+ < 0∀z ∈ [ 1;3] nên h(z) nghịch biến trên [ 1;3]
z2 3
36 x

2y

z

Do đó : h( z ) ≥ h(3) = 7 . Vậy : f ( x) ≥ g ( y ) ≥ h( z ) ≥ 7 Hay : yz + xz + xy ≥ 7
dấu bằng xảy ra khi x = 1 và y = z = 3
.
2.3.4. Một số bài tập tự giải
1
Bài 1 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: ≤ x ≤ 1 ≤ y, z và xyz = 1 .
4

1

1

1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 1 + x + 1 + y + 1 + z
x

z

y

x

y

z

Bài 2: Cho x ≥ y ≥ z ≥ 0 . CMR: z + y + x ≥ y + z + x
Bài 3 : Chứng minh BĐT Cauchy bằng phương pháp đưa dần về một biến :
Cho x,y,z là các số thực không âm. CMR : x3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz
Bài 4: (BĐT Nesbit) Cho x,y,z là các số dương.
x

y

z

3

CMR : y + z + z + x + x + y ≥ 2
Bài 5 : Cho x, y, z là các số dương. CMR : xyz + 2( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ 5( x + y + z )
Bài 6: Cho y là các số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện: x 2 + y 2 = 1 .
Tìm GTLN,GTNN của biểu thức: P =

Bài 7: Cho 0 < a ≤ b ≤ c .CMR:

4 x 2 + 2 xy − 1
2 xy − 2 y 2 + 3

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

a (c + a )

16


Bài 8: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc = 1 .
1
1
1
3
+
+
3
3
3 ≥
(1 + a )
(1 + b)
(1 + c)
8

CMR:

Bài 9: (Tạp chí toán học tuổi trẻ ) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm
GTLN của biểu thức
P=

1
a +b +c
2

2

2

−

2
(a + 1)(b + 1)(c + 1)
x + y + z = 4
 xyz = 2

Bài 10: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn : 

CMR: 183 − 165 5 ≤ x 4 + y 4 + z 4 ≤ 18
Bài 11: (Tạp chí toán học tuổi trẻ ) Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn

[ 1;9] và

x = max( x, y, z ) .
x

y

z

Tìm GTLN và GTNN của biểu thức : P = x + 2 y + y + z + z + x
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường .
Trong thời gian công tác tại trường THPT Triệu sơn 5, tôi đã áp dụng cách
giải quyết bài toán theo hướng tư duy như trên ở một số lớp trong hai năm học

(2014 - 2015 và 2015 - 2016). Có thể kể ra một số kết quả ban đầu thu được đối
với giáo viên giảng dạy như sau:
- Đảm bảo tính hệ thống của môn học theo đúng PPCT, đồng thời đáp ứng
được yêu cầu của môn Toán.
- Thuận lợi trong việc dạy học phân hóa đối với các nhóm đối tượng học
sinh khác nhau, đảm bảo phát triển tối đa khả năng tư duy sáng tạo của học sinh
thông qua môn học và các bài toán cụ thể.
Đối với HS, cách giải quyết này có thể giúp các em tận dụng tối đa các bài
toán đã được học hoặc những kết quả từ các bạn khác, kết quả từ các sách, các
tài liệu tham khảo khác.
So sánh kết quả học tập của các em trong hai năm học vừa qua ở các lớp có
và không sử dụng kỹ thuật trên, tôi nhận thấy rằng ở các lớp có áp dụng kỹ thuật
phân tích bài toán như trên vào giảng dạy thì khả năng tiếp cận và giải quyết bài
toán của các em là tốt hơn so với các lớp còn lại. Tuy đây không phải là tiêu chí
duy nhất để đánh giá năng lực học tập của các em, nhưng nhìn chung các em
17


tiếp thu và phát triển tư duy tốt hơn khi được tiếp cận theo kỹ thuật phân tích bài
toán mà tôi đã trình bày. Từ đó cho thấy dấu hiệu khả quan của việc áp dụng kỹ
thuật phân tích bài toán ở trên trong việc giảng dạy cho các em, đồng thời hứa
hẹn tính khả thi của cách tiếp cận bài toán theo hướng này.
Kết quả cụ thể như sau :
a. Kết quả khảo sát ở lớp chưa áp dụng
Sĩ Giỏi
Khá
STT
Lớp
%
SL

%
số SL
1
12A2
49 13
26.5 30
61.2
2
12A4
42 10
23.8 26
61.9
b. Kết quả khảo sát ở lớp đã áp dụng
Giỏi
Khá
STT Lớp
Sĩ số
SL
%
SL
%
1
12B1 48
19
39,6 27
56,3
2
12B3 41
16
39.0 23

56.1

TB
SL
6
6
TB
SL
2
3

Ghi chú
%
12.3
14.3
Ghi chú
%
4,1
4.9

3. KẾT LUẬN
3.1. Kết luận.
Việc áp dụng SKKN này trong giảng dạy môn toán ở Trường THPT Triệu
sơn 5 đã cho những kết quả khả quan trong việc tạo cho học sinh niềm say mê
môn học và khả năng tư duy lô-gic, khả năng phân tích vấn đề.
3.2. Kiến nghị.
Tuy nhiên, do đặc thù của môn học và hạn chế của bản thân, việc áp dụng
kỹ thuật này trong giảng dạy Toán vẫn còn tồn tại nhiều thiếu sót, nhất là khi
triển khai giảng dạy cho các nhóm học sinh có năng lực học tập từ mức trung
bình trở xuống, vì các em rất hạn chế trong khả năng tư duy trừu tượng và phân

tích vấn đề. Rất mong được sự đóng góp của đồng nghiệp và các nhà quản lí
giáo dục để tôi tiếp tục hoàn thiện SKKN này và áp dụng vào thực tế một cách
hiệu quả hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Triệu sơn, ngày 24 tháng 05 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
18


viết, không sao chép nội dung của người khác.
Người viết sáng kiến

Phạm Khắc Quảng

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. SGK, sách giáo viên và sách bài tập giải tích 12, NXB GD.
[2].Tạp chí Toán học và tuổi trẻ
19


[3].Các đề thi tuyển sinh đại học,cao đẳng môn toán của Bộ GD.

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN
KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ
CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
20

Họ và tên tác giả: Phạm Khắc Quảng.
Chức vụ và đơn vị công tác:Trường THPT Triệu Sơn 5

Cấp đánh giá xếp loại
TT

Tên đề tài SKKN

(Ngành GD cấp huyện/tỉnh;
Tỉnh...)

Kết
quả
đánh
giá xếp
loại
(A, B,
hoặc C)

Năm
học đánh
giá xếp
loại

1.

Khoảng cách trong câu hỏi Sở GD&ĐT Thanh Hóa
B

2015
phụ bài toán khảo sát
Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ khi tác giả được tuyển dụng vào
Ngành cho đến thời điểm hiện tại.
----------------------------------------------------

21