đề thi sưu tầm 10 năm đề thi chọn đội tuyển imo cac de thi hsg cua dhsphn de chon doi tuyen ninh binh de de nghi toan 11 cua hai phong de hsg tphcm 2009 de kt doi tuyen chuyen quang trung de kt do…

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (340.31 KB, 36 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ

I.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Một bài tốn khó (Bài T7/374 – THTT năm 2008) “Cho các số thực
dương a, b, c thoả mãn điều kiện 4(a + b +c) – 9 = 0. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức S=(a+

√

a2+1)b(b+

√

b2+1)c(c +

√

c2+1)a ” hay một bài tốn mang tính

“tầm vóc” (USA MO 2003) “Chứng minh bất đẳng thức

(2 a+b+ c )2
2 a2+( b+c )2+

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

(2 c+ a+b )2

2 c2+(a+ b)2≤ 8 . Trong đó a ;b ;c là các số thực

dương”. Giải hai bài tốn trên có phải dùng đến một phương pháp “cao siêu”
hay một kỉ thuật “tinh xảo” nào đó khơng ? Xin trả lời rằng chỉ cần dùng một
tính chất đơn giản của hàm số là ta có thể giải quyết được hai bài tốn đó. Vậy
thì những học sinh khá giỏi tốn có thể tạo ra được những bài tốn như thế
khơng ? Xin thưa rằng khơng những các em có thể tạo ra được những bài tốn
như thế mà cịn có khả năng là “tác giả” của những bài tốn hay và khó hơn.
Thiết nghỉ để các em có thể trở thành “chủ nhân” của những bài tốn hay và khó
thì ngồi việc truyền thụ kiến thức cơ bản cho học sinh giáo viên nên cho các em
học sinh tiến hành hoạt động “khai thác những vấn đề tưởng chừng như đơn
giản” trong SGK. Đây là hoạt động rất cần thiết để phát triển tư duy sáng tạo;
phát triển tính chịu khó tìm tịi, đào sâu suy nghỉ của học sinh để từ đó giáo viên

phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có năng khiếu tốn học. Vì lí do đó mà
tơi chọn viết đề tài này.

I.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Có rất nhiều vấn đề có thể “khai thác” được trong SGK, Sách Bài Tập,
Sách Tự Chọn. Thiết nghỉ tôi và các đồng nghiệp phải thường xuyên chịu khó
“tìm tịi” những vấn đề đó rồi định hướng cho học sinh và yêu cầu các em tự
mình “khai thác” để tìm ra những “cái mới” của riêng các em. Nếu chúng ta làm
tốt hoạt động này thì sẽ phát huy được năng lực của học sinh; các em sẽ chủ
động hơn trong việc tiếp thu kiến thức và có thể các em sẽ tìm ra một phương
pháp học hiệu quả nhất cho riêng mình. Bài viết này khơng mong muốn thể hiện
hết các ý trên mà chỉ được xin phép đưa ra một dẫn chứng khi “Vận dụng hai
tính chất của hàm số để sáng tạo và chứng minh các bài toán”.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

PHẦN II. NỘI DUNG

II.1. NHỮNG THUẬN LỢI VÀ KHÓ KHĂN
1. Thuận lợi

- Bản thân tôi được Nhà trường; Tổ chun mơn quan tâm giúp đỡ, khuyến
khích động viên trong việc tổ chức các cuộc thi về Toán học như: “Giải tốn có
thưởng”; “Câu lạc bộ Tốn học & Bạn yêu toán”; cuộc thi “Ai là tác giả của
nhiều bài toán nhất”;…..

- Bản thân tơi là giáo viên trẻ nhiệt tình, ln chịu khó tìm tịi sáng tạo, có
kinh nghiệm và nhiều ý tưởng trong việc tổ chức các cuộc thi về Toán học.
- Có rất nhiều học sinh đặc biệt là những học sinh lớp chọn có tố chất; nhiệt
tình và ln mong muốn tìm hiểu, khám phá những vấn đề mới của Tốn học.
2. Khó khăn

Bên cạnh những thuận lợi thì tơi củng gặp một số khó khăn nhất định sau:
- Đặc thù của mơn Tốn là rất khó so với các mơn học khác nên các em
thường có tâm lý e ngại khi học Tốn, chưa nói đến việc “khai thác, hiểu sâu” về
mơn Tốn.

- Phần lớn học sinh của trường đều có hồn cảnh gia đình khó khăn nên các
bậc phụ huynh chưa chú trọng vào việc học của con em mình; từ đó các em học
sinh củng sao nhãng trong việc học tập của bản thân. Đầu vào lớp 10 của các em
còn rất thấp so với mặt bằng chung toàn Tỉnh đặc biệt là mơn Tốn.

- Các em cịn có tâm lý rụt rè khi tham gia các cuộc thi nói chung và các cuộc
thi về Tốn học nói riêng.

II.2. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI

- Có thể nói có khơng ít giáo viên đã “lãng quên” đi hoạt động “khai thác
những vấn đề” trong SGK. Nếu chúng ta chỉ truyền thụ kiến thức cơ bản cho
học sinh mà bỏ qua hoạt động này thì khơng những bản thân chúng ta sẽ bị mai
một kiến thức mà các em học sinh sẽ bị động trước một vấn đề “tưởng chừng
như mới mẽ” của toán học; khả năng suy luận, tư duy, sáng tạo của học sinh sẽ
bị hạn chế. Đây là thực trạng đáng buồn cho nhiều giáo viên.

- Một số học sinh mang khuynh hướng “học đối phó, học để thi” nên không
muốn “hiểu sâu, hiểu rộng” về một vấn đề nào đó của tốn học. Do vậy các em
ln “nói khơng” hoặc khơng nhiệt tình khi tham gia các cuộc thi về Toán học.
II.3. KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG VÀ TRIỂN KHAI ĐỀ TÀI

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

tài này. Hy vọng các đồng nghiệp sẽ triển khai và ứng dụng thành cơng./.

II.4. LÝ THUYẾT CƠ SỞ

1. Hai tính chất hiển nhiên đúng của hàm số
Tính chất 1. Cho đồ thị hàm số y = f(x)

lồi trên khoảng (a; b). Cát tuyến AB có
phương trình y = Ax + B, tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại điểm C có hồnh độ x0

thuộc khoảng (a; b) có phương trình
y = ax + b. Ta ln có bất đẳng thức

Ax B f (x) ax b    với  x



a;b



.

( Xem hình 1) Hình 1
Tính chất 2. Cho đồ thị hàm số y = f(x)

lõm trên khoảng (a; b). Cát tuyến AB có
phương trình y = Ax + B, tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại điểm C có hồnh độ x0

thuộc khoảng (a; b) có phương trình
y = ax + b. Ta ln có bất đẳng thức

ax b f (x) Ax B    với  x



a;b



.

( Xem hình 2) Hình 2
2. Nhắc lại một số kiến thức sử dụng trong đề tài

1. Nếu f (x) 0''  ,  x (a;b) thì đồ thị hàm số y = f(x) lõm trên khoảng (a; b)

2. Nếu f (x) 0''  ,  x (a;b) thì đồ thị hàm số y = f(x) lồi trên khoảng (a; b)
3. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm C(x0; f(x0)) là





0 0 0

y f (x ) x x  f (x )

4. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(xA; yA) và B(xB; yB) là

(yB – yA)(x – xA) + (xA – xB)(y – yA) = 0.

II.5. VẬN DỤNG HAI TÍNH CHẤT TRÊN

Ta sẽ áp dụng hai tính chất nêu trên cho các hàm số quen thuộc để tạo ra các
bài toán về Bất đẳng thức và các bài toán về Phương trình.

1. Vận dụng cho hàm số lượng giác

a. Hàm số y = sinx

O x

a b

f(x)

O x

a b

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Xét hàm số f(x) = sinx trên khoảng



0;



; ta có f (x)"  sinx 0 với  x



0;



suy ra đồ thị hàm số lồi trên khoảng



0;



. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại

điểm có hồnh độ x0



0;



có phương trình

  



 





0 0 0 0 0 0

y f x x x f x cos x x x sinx . Theo tính chất 1 ta có bất đẳng

thức: sinx cos x x x 0



 0



sinx0(1). Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = sinx lồi trên

khoảng



0; x1







0;



. Cát tuyến OA qua hai điểm O(0; 0) và A x ;sinx



1 1



có

phương trình

1
sinx

y x

x


. Theo tính chất 1 ta có:

1
sinx

sinx x

x


(2).
Bây giờ ta sẽ vận dụng BĐT(1) và BĐT(2) để tạo ra một số bài toán

** Áp dụng BĐT(1) cho các góc A; B; C của tam giác ABC và x0 3




ta có

1 3

sin A cos A sin A

3 3 3 2 3 2

    

       

    ;

1 3

sin B B

2 3 2



 

   

  ;

1 3

sin C C

2 3 2



 

   

  . Cộng các BĐT cùng chiều thu được ta có





1 3 3 3 3

sin A sin B sin C A B C

2 2 2

        

(vì A B C  ). Đẳng thức

xãy ra khi và chỉ khi A B C 3


  

** Áp dụng BĐT(2) cho các góc A; B; C của tam giác nhọn ABC và x1 2




ta có:

sin 2

sinA> A A

2




 

;

2
sin B B

 ;

2
sin C C

 . Từ đó ta thu được BĐT sau





sin A sin B sin C   A B C  2

 (vì A B C  ). Vậy là ta có bài tốn

sau:

Bài 1 a) Chứng minh:

3 3
sin A sin B sin C

  

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

** Áp dụng BĐT(1) cho các góc

A B C
; ;

2 2 2 (với A; B; C là số đo các góc của

tam giác ABC) và x0 6




ta có:

A A 3 A 1

sin cos sin

2 6 2 6 6 2 2 6 2

    

       

    ;

B 3 B 1

sin

2 2 2 6 2



 

   

  ;

C 3 C 1

sin

2 2 2 6 2



 

   

  . Từ đó ta thu được BĐT sau:

A B C 3 A B C 3 3

sin sin sin

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2



 

        

  (vì A B C  ). Đẳng thức

xãy ra khi và chỉ khi A B C 3


  

** Áp dụng BĐT(2) cho các góc

A B C
; ;

2 2 2 (với A; B; C là số đo các góc của

tam giác nhọn ABC) và x1 4




ta có:

sin

A 4 A 2 2 A

sin >

2 2 2

4




 

;

B 2 2 B
sin

2   2;

C 2 2 C
sin

2   2. Từ đó ta thu được BĐT sau

A B C 2 2 A B C

sin sin sin 2

2 2 2 2 2 2

 

      

   (vì A B C  ). Vậy là ta có

bài tốn sau:

Bài 2 a) Chứng minh:

A B C 3

sin sin sin

2  2  2 2 với mọi tam giác ABC

b) Chứng minh:

A B C

sin sin sin 2

2  2  2  với mọi tam giác nhọn ABC.

** Áp dụng BĐT(1) cho các góc

A B C
; ;

4 4 4 (với A; B; C là các góc của

tam giác ABC) và x0 12




ta có

A A 2 3 A 2 3

sin cos sin

4 12 4 12 12 2 4 12 2

         

       

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

(chú ý:

2 3 2 3

sin ;cos

12 2 12 2

   

 

);

B 2 3 B 2 3

sin

4 2 4 12 2

    

   

  ;

C 2 3 C 2 3

sin

4 2 4 12 2

    

   

  . Cộng các BĐT thu được ta có BĐT sau

A B C 2 3 A B C 3 2 3 3 2 3

sin sin sin

4 4 4 2 4 4 4 4 2 2

    

        

 

Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3


  

** Áp dụng BĐT(2) cho các góc

A B C
; ;

4 4 4 (với A; B; C là các góc của tam

giác nhọn ABC) và x1 8




ta có:

sin

A 8 A 4 2 2 A

sin >

4 4 4

8





 

(chú ý:

2 2

sin

8 2

 



);

B 4 2 2 B
sin >

4 4



 ;

C 4 2 2 C
sin >

4 4



 . Từ đó ta thu được

BĐT sau:

A B C 4 2 2 A B C

sin sin sin 2 2

4 4 4 4 4 4

  

       

   . Vậy là ta có

bài tốn sau:

Bài 3 a) Chứng minh:

A B C 3 2 3

sin sin sin

4 4 4 2



  

với mọi tam giác ABC

b) Chứng minh:

A B C

sin sin sin 2 2

4  4  4   với mọi tam giác nhọn

ABC.

** Áp dụng BĐT(1) cho các góc n n n

A B C
; ;

2 2 2 (với A; B; C là các góc của

tam giác ABC) và x0 3.2n




(n N, n 2  ) ta thu được các BĐT:

n n n n n n n

A A 2 2 ... 3 A 2 2 ... 3

sin cos sin

2 3.2 2 3.2 3.2 2 2 3.2 2

             

       

   

(chú ý: n n

2 2 ... 3 2 2 ... 3

sin ;cos

3.2 2 3.2 2

       

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

n n n

B 2 2 ... 3 B 2 2 ... 3

sin

2 2 2 3.2 2

        

   

 

n n n

C 2 2 ... 3 C 2 2 ... 3

sin

2 2 2 3.2 2

        

   

  . Từ đó suy ra BĐT sau

n n n n n n n

n n n

A B C 2 2 ... 3 A B C 3 2 2 ... 3

sin sin sin

2 2 2 2 2 2 2 2 2

A B C 3 2 2 ... 3

sin sin sin

2 2 2 2

        

       

 

  

   

Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3


  

** Áp dụng BĐT(1) cho các góc n n n

A B C
; ;

2 2 2 (với A; B; C là các góc của

tam giác nhọn ABC)

và x1 2n 1



(n N, n 2  ) ta có

n 1

n n n

n 1
sin

A 2 A 2 2 2 ... 2 A

sin >

2 2 2

2





  



 

(chú

ý: n 1

2 2 ... 2

sin

2  2

   



(n - dấu căn));

n n

B 2 2 2 ... 2 B
sin >

2 2

  

 và

n n

C 2 2 2 ... 2 C
sin >

2 2

  

 . Từ đó ta thu được BĐT sau

n n n n n n

A B C 2 . 2 2 ... 2 A B C

sin sin sin 2 2 ... 2

2 2 2 2 2 2

    

         

   .

Vậy là ta có bài tốn tổng quát sau:

Bài 4 a) Chứng minh: n n n

A B C 3 2 2 ... 3

sin sin sin

2 2 2 2

  

  

(n  dấu căn)

với mọi tam giác ABC và n N,n 2 

b) Chứng minh: n n n

A B C

sin sin sin 2 2 ... 2

2  2  2     (n  dấu căn)

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

** Áp dụng BĐT(1) cho các góc AB; BC; CA với A; B; C là các góc

của tam giác ABC và x0 3




ta thu được BĐT sau

1 3

sin AB cos AB sin AB

3 3 3 2 3 2

    

       

    ;

1 3

sin BC BC

2 3 2



 

   

  ;

1 3

sin CA CA

2 3 2



 

   

 

Từ đó suy ra:





1 3 3

sin AB sin BC sin CA AB BC CA

2 2

       

Mặt khác theo BĐT CauChy ta có:

A B B C C A

AB BC CA

2 2 2

  

     

. Từ đó suy ra

3 3
sin AB sin BC sin CA

  

. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

A B C
3

  

. Vậy là ta có bài tốn sau:

Bài 5 Chứng minh:

3 3
sin AB sin BC sin CA

  

với mọi tam giác ABC.
 ** Áp dụng BĐT(1) cho các góc 3 A B; B C; C A2 3 2 3 2 với A; B; C là các

góc của tam giác ABC và x0 3




ta thu được BĐT sau:

2 2 2

3 3 1 3 3

sin A B cos A B sin A B

3 3 3 2 3 2

    

       

    ;

2 2

3 1 3 3

sin B C B C

2 3 2



 

   

  ;

2 2

3 1 3 3

sin C A C A

2 3 2



 

   

  . Từ đó suy ra:





2 2 2 2 2 2

3 3 3 1 3 3 3 3 3

sin A B sin B C sin C A A B B C C A

2 2

       

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2 2 2

3 A B 3 B C 3C A A A B B B C C C A

3 3 3

     

     

. Từ đó suy ra

2 2 2

3 3 3 3 3

sin A B sin B C sin C A
2

  

. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

A B C
3


  

. Vậy là ta có bài tốn sau:

Bài 6 Chứng minh rằng:

2 2 2

3 3 3 3 3

sin A B sin B C sin C A
2

  

với mọi tam 
 giác ABC.

** Áp dụng BĐT(1) cho các góc n A B ; B C ; C An k k n n k k n n k k với A; B; C

là các góc của tam giác ABC (n, k N;n 2;1 k n    ) và x0 3



ta thu được

BĐT sau:

n k k n k k n k k

n n 1 n 3

sin A B cos A B sin A B

3 3 3 2 3 2

       

       

    ;

n k k n k k

n 1 n 3

sin B C B C

2 3 2

   

   

  ;

n k k n k k

n 1 n 3

sin C A C A

2 3 2

   

   

  . Suy ra





n k k n k k n k k n k k n k k n k k

n n n 1 n n n 3 3

sin A B sin B C sin C A A B B C C A

2 2

     

       

Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có













n k k n k k n k k

n A B n B C n C A n k A kB n k B kC n k C kA

n n n

        

     

Từ đó suy ra:

n k k n k k n k k

n n n 3 3

sin A B sin B C sin C A

  

  

. Đẳng thức xãy ra

khi và chỉ khi A B C 3


  

. Vậy là ta có bài toán tổng quát sau:

Bài 7 Chứng minh rằng:

n k k n k k n k k

n n n 3 3

sin A B sin B C sin C A

  

  

với mọi
 tam giác ABC (n,k N;n 2;1 k n    ).

** Áp dụng BĐT(1) cho các góc

2AB 2BC 2CA

; ;

A B B C C A   (với A; B; C là số đo

các góc của tam giác ABC) và x0 3




</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

2AB 2AB 1 2AB 3

sin cos sin

A B 3 A B 3 3 2 A B 3 2

    

       

       ;

2BC 1 2BC 3

sin

B C 2 B C 3 2



 

   

    ;

2CA 1 2CA 3

sin

C A 2 C A 3 2



 

   

    . Từ đó suy ra

2AB 2BC 2CA 1 2AB 2BC 2CA 3 3

sin sin sin

A B B C C A 2 A B B C C A 2

 

        

       

Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có



A B





B C





C A



2AB 2BC 2CA

A B B C C A A B B C C A

  

     

      . Từ đó suy ra

2AB 2BC 2CA 3 3

sin sin sin

A B  B C  C A  2 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

A B C
3

  

. Vậy ta thu được bài toán sau:

Bài 8 Chứng minh rằng:

2AB 2BC 2CA 3 3

sin sin sin

A B  B C  C A  2 với mọi tam

giác ABC.

** Áp dụng BĐT(1) cho các góc

1 1 1

AB; BC; CA

2 2 2 với A; B; C là các

góc của tam giác ABC và x0 6




ta thu được BĐT sau:

1 1 3 1 1

sin AB cos AB sin AB

2 6 2 6 6 2 2 6 2

    

       

   

1 3 1 1

sin BC BC

2 2 2 6 2



 

   

  ;

1 3 1 1

sin CA CA

2 2 2 6 2



 

   

  . Từ đó suy ra

1 1 1 3 1 1 1 3

sin AB sin BC sin CA AB BC CA

2 2 2 2 2 2 2 2 2



 

       

  .

Mặt khác theo BĐT CauChy ta có

1 1 1 A B B C C A

AB BC CA

2 2 2 4 4 4 2

   

     

. Từ đó suy ta ra

1 1 1 3

sin AB sin BC sin CA

2  2  2 2. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

A B C

3

  

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Bài 9 Chứng minh rằng:

1 1 1 3

sin AB sin BC sin CA

2  2  2 2 với mọi tam

giác ABC.

** Áp dụng BĐT(1) cho các góc

2 2 2

3 3 3

1 1 1

A B; B C; C A

2 2 2 với A; B; C là

các góc của tam giác ABC và x0 6




ta thu được BĐT sau

2 2 2

3 3 3

1 1 3 1 1

sin A B cos A B sin A B

2 6 2 6 6 2 2 6 2

    

       

    ;

2 2

3 3

1 3 1 1

sin B C B C

2 2 2 6 2



 

   

  ;

2 2

3 3

1 3 1 1

sin C A C A

2 2 2 6 2



 

   

  . Suy ra

2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3

1 1 1 3 1 1 1 3

sin A B sin B C sin C A A B B C C A

2 2 2 2 2 2 2 2 2



 

       

  .

Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có:

2 2 2

3 3 3

1 1 1 A A B B B C C C A

A B B C C A

2 2 2 6 6 6 2

      

     

. Từ đó suy ra

2 2 2

3 3 3

1 1 1 3

sin A B sin B C sin C A

2  2  2 2 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

A B C
3

  

. Vậy là ta có bài tốn sau:

Bài 10 Chứng minh:

2 2 2

3 3 3

1 1 1 3

sin A B sin B C sin C A

2  2  2 2 với mọi tam

giác

ABC.

** Áp dụng BĐT(1) cho các góc

n k k n k k n k k

n n n

1 1 1

A B ; B C ; C A

2 2 2

  

với A; B;

C là các góc của tam giác ABC (n,k N;n 2;1 k n    ) và x0 6



ta có BĐT

n k k n k k n k k

n n n

1 1 3 1 1

sin A B cos A B sin A B

2 6 2 6 6 2 2 6 2

       

       

    ;

n k k n k k

n n

1 3 1 1

sin B C B C

2 2 2 6 2

   

   

  ;

n k k n k k

n n

1 3 1 1

sin C A C A

2 2 2 6 2

   

   

 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

n k k n k k n k k n k k n k k n k k

n n n n n n

1 1 1 3 1 1 1 3

sin A B sin B C sin C A A B B C C A

2 2 2 2 2 2 2 2 2

       

       

 

Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có













n k k n k k n k k

n n n n k A kB n k B kC n k C kA

1 1 1

A B B C C A

2 2 2 2n 2n 2n 2

         

     

Từ đó suy ra:

n k k n k k n k k

n n n

1 1 1 3

sin A B sin B C sin C A

2 2 2 2

  

  

. Đẳng thức xãy ra

khi và chỉ khi A B C 3


  

. Vậy là ta có bài tốn tổng qt sau:

Bài 11 Chứng minh rằng:

n k k n k k n k k

n n n

1 1 1 3

sin A B sin B C sin C A

2 2 2 2

  

  

với

mọi tam giác ABC (n,k N;n 2;1 k n    ).

b. Hàm số y = cosx

Xét hàm số f(x) = cosx trên khoảng 0;2



 

 

 ; ta có f (x)" cosx 0 với

x 0;
2


 

   

  suy ra đồ thị hàm số lồi trên khoảng 0;2


 

 

 . Tiếp tuyến của đồ thị

hàm số tại điểm có hồnh độ x0 0;2


 
  

  có phương trình



 











0 0 0 0 0 0

y f x x x f x  sin x x x cosx . Theo tính chất 1 ta có bất

đẳng thức: cosx  sin x x x0



 0



cosx0(3).

Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = cosx lồi trên khoảng



0; x1



0;2



 

  

 . Cát tuyến OA

qua hai điểm O(0; 0) và A x ;cosx



1 1



có phương trình

1
cosx

y x

x


. Theo tính

chất 1 ta có:

1
cosx

cos x x

x


(4).

Tương tự như hàm số y = sinx, ta vận dụng BĐT(3) và BĐT(4) sẽ tạo ra
được một số bài toán sau:

Bài 12 Chứng minh: cos A+cos B+cos C ≤3

2 với mọi tam giác nhọn ABC.

Bài 13 a) Chứng minh:

A B C 3 3

cos cos cos

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

b) Chứng minh:

A B C

cos cos cos 2

2  2  2  với mọi tam giác nhọn

ABC.

Bài 14 a) Chứng minh:

A B C 3 2 3

cos cos cos

4 4 4 2



  

với mọi tam giác ABC

b) Chứng minh:

A B C

cos cos cos 2 2

4  4  4   với mọi tam giác nhọn

ABC.

Bài 15 a) Chứng minh: n n n

A B C 3 2 2 ... 3

cos cos cos

2 2 2 2

  

  

(n  dấu

căn) với mọi tam giác ABC và n N, n 2 

b) Chứng minh: n n n

A B C

cos cos cos 2 2 ... 2

2  2  2     (n  dấu căn)

với mọi tam giác nhọn ABC và n N, n 2  .
c. Hàm số y = tanx

Xét hàm số f(x) = tanx trên khoảng 0;2



 

 

 ; ta có 
"

3
2sinx

f (x) 0

cos x

 

với

x 0;
2


 

   

  suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng 0;2


 

 

 . Tiếp tuyến của đồ thị

hàm số tại điểm có hồnh độ x0 0;2


 
  

  có phương trình



 











0 0 0 2 0 0

0
1

y f x x x f x x x tan x

cos x

     

Theo tính chất 2 ta có bất đẳng thức: 2 0





0
1

tanx x x tan x

cos x

  

(5).

Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = tanx lõm trên khoảng



0; x1



0;2



 

  

 . Cát tuyến OA

qua hai điểm O(0; 0) và A x ; tan x



1 1



có phương trình

1
tanx

y x

x


. Theo tính

chất 2 ta có:

1
tanx
tan x< x

x (6). Ta sẽ vận dụng BĐT(5) và BĐT(6) để tạo ra một

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

** Áp dụng BĐT(5) cho các góc A; B; C của tam giác nhọn ABC và

0
x

3



ta có:

2
1

tan A A tan 4 A 3

3 3 3

cos
3

  

   

       

    

;

tan B 4 B 3

3


 

   

  và tan C 4 C 3 3


 

   

  . Từ đó ta thu được BĐT sau đây





tan A tan B tan C 4 A B C       3 3 3 3 (vì A B C  ). Đẳng thức

xãy ra khi và chỉ khi A B C 3


  

. Vậy là ta có bài tốn sau:

Bài 16 Chứng minh: tan A tan B tan C 3 3   với mọi tam giác ABCnhọn.

** Áp dụng BĐT(5) cho các góc

A B C
; ;

2 2 2 (với A; B; C là số đo các góc của

tam giác ABC) và x0 6




ta có:

A 1 A 4 A 3

tan tan

2 cos 2 6 6 3 2 6 3

  

   

       

    

;

B 4 B 3

tan

2 3 2 6 3



 

   

  ;

C 4 C 3

tan

2 3 2 6 3



 

   

  . Từ đó ta thu được BĐT sau

A B C 4 A B C

tan tan tan 3 3

2 2 2 3 2 2 2 2



 

        

  (vì A B C  ). Đẳng thức

xãy ra khi và chỉ khi A B C 3


  

** Áp dụng BĐT(6) cho các góc

A B C
; ;

2 2 2 (với A; B; C là số đo các góc của tam

giác nhọn ABC) và x1 4




ta có

tan

A 4 A 4 A

tan <

2 2 2

4




 

;

B 4 B
tan

2   2 ;

C 4 C
tan

2   2 . Từ đó ta thu được BĐT:

A B C 4 A B C

tan tan tan 2

2 2 2 2 2 2

 

      

   (vì A B C  ). Vậy là ta có bài

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Bài 17 a) Chứng minh:

A B C

tan tan tan 3

2  2  2  với mọi tam giác ABC

b) Chứng minh:

A B C

tan tan tan 2

2  2  2  với mọi tam giác nhọn ABC.

** Áp dụng BĐT(5) cho các góc

A B C
; ;

4 4 4 (với A; B; C là các góc của

tam giác ABC) và x0 12




ta có

A 1 A 4 A

tan tan 2 3

4 cos 4 12 12 2 3 4 12

  

   

        

     

(chú ý:

2 3

tan 2 3;cos

12 12 2

  

  

);

B 4 B

tan 2 3

4 2 3 4 12


 

    

   ;

C 4 C

tan 2 3

4 2 3 4 12


 

    

   . Từ đó ta thu được BĐT sau









A B C 4 A B C

tan tan tan 3 2 3 3 2 3

4 4 4 2 3 4 4 4 4



 

          

  

(vì A B C  ). Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3

  

** Áp dụng BĐT(6) cho các góc

A B C
; ;

4 4 4 (với A; B; C là các góc của tam

giác nhọn ABC) và x1 8




ta có:





tan 8 2 1

A 8 A A

tan <

4 4 4

8





 

(chú ý:

tan 2 1

8


 

);





8 2 1

B B

tan <

4 4



 ;





8 2 1

C C

tan <

4 4



 . Từ đó ta thu được BĐT







8 2 1

A B C A B C

tan tan tan 2 2 1

4 4 4 4 4 4

  

       

   (vì A B C  ).

Vậy là ta có bài tốn sau:

Bài 18 a) Chứng minh:





A B C

tan tan tan 3 2 3

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

b) Chứng minh:





A B C

tan tan tan 2 2 1

4  4  4   với mọi tam giác nhọn

ABC.

** Áp dụng BĐT(5) cho các góc n n n

A B C
; ;

2 2 2 (với A; B; C là các góc của

tam giác ABC) và x0 3.2n




(n N, n 2  ) ta thu được các BĐT

n n n n n n

2
n

A 1 A 4 A 2 2 ... 3

tan tan

2 cos 2 3.2 3.2 2 2 ... 3 2 3.2 2 2 ... 3

3.2

     

   

       

          

(chú ý:

n n

2 2 ... 3 2 2 ... 3

tan ;cos

3.2 2 2 ... 3 3.2 2

       

 

   (n - dấu căn));

n n n

B 4 B 2 2 ... 3

tan

2 2 2 ... 3 2 3.2 2 2 ... 3

   

 

   

 

     

n n n

C 4 C 2 2 ... 3

tan

2 2 2 ... 3 2 3.2 2 2 ... 3

   

 

   

 

      . Từ đó ta thu được BĐT

n n n n n n n

n n n

A B C 4 A B C 3 2 2 ... 3

tan tan tan

2 2 2 2 2 ... 3 2 2 2 2 2 2 ... 3

A B C 3 2 2 ... 3

tan tan tan

2 2 2 2 2 ... 3

   

 

       

 

     

  

   

  

Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3



  

** Áp dụng BĐT(6) cho các góc n n n

A B C
; ;

2 2 2 (với A; B; C là các góc của

tam giác nhọn ABC) và x1 2n 1



(n N, n 2  ) ta thu được các BĐT

n 1
n 1

n n n

n 1
tan

A 2 A 2 2 2 ... 2 A

tan <

2 2 2 2 ... 2 2







  




   

(chú ý:

n 1

2 2 ... 2
tan

2  2 2 ... 2

   



  

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

n 1

n n

B 2 2 2 ... 2 B
tan <

2 2 2 ... 2 2



  

    ;

n 1

n n

C 2 2 2 ... 2 C
tan <

2 2 2 ... 2 2



  

    . Từ đó suy ra

n 1

n n n n n n

A B C 2 2 2 ... 2 A B C 2 2 2 ... 2

tan tan tan

2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 2 2 ... 2



       

      

 

       .

Vậy là ta có bài tốn tổng qt sau:

Bài 19 a) Chứng minh:

n n n

A B C 3 2 2 ... 3

tan tan tan

2 2 2 2 2 ... 3

  

  

   (n  dấu

căn) với mọi tam giác ABC và n N, n 2 

b) Chứng minh:

n n n

A B C 2 2 2 ... 2

tan tan tan

2 2 2 2 2 ... 2

  

  

   (n  dấu

căn) với mọi tam giác nhọn ABC và n N, n 2  .

d. Hàm số y = cotx

Xét hàm số f(x) = cotx trên khoảng 0;2



 

 

 ; ta có 
"

3
2cos x

f (x) 0

sin x

 

với

x 0;
2


 

   

  suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng 0;2


 

 

 . Tiếp tuyến của đồ thị

hàm số tại điểm có hồnh độ x0 0;2


 
  

  có phương trình



 











0 0 0 2 0 0

0
1

y f x x x f x x x cot x

sin x



     

. Theo tính chất 2 ta có bất

đẳng thức: 2 0





cotx x x cot x

sin x


  

(7).

Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = cotx lõm trên khoảng



0; x1



0;2



 

  

 . Cát tuyến OA

qua hai điểm O(0; 0) và A x ;cot x



1 1



có phương trình

1
cotx

y x

x


. Theo tính

chất 2 ta có:

1
cotx
cot x< x

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Tương tự như hàm số y = tanx, ta vận dụng BĐT(7) và BĐT(8) sẽ tạo ra
được một số bài toán sau:

Bài 20 Chứng minh: cot A cot B cot C   3 với mọi tam giác ABCnhọn.

Bài 21 a) Chứng minh:

A B C

cot cot cot 3 3

2  2  2  với mọi tam giác ABC

b) Chứng minh:

A B C

cot cot cot 2

2  2  2  với mọi tam giác nhọn ABC.

Bài 22 a) Chứng minh:





A B C

cot cot cot 3 2 3

4  4  4   với mọi tam giác ABC

b) Chứng minh:





A B C

cot cot cot 2 2 1

4  4  4   với mọi tam giác nhọn

ABC.

Bài 23 a) Chứng minh:

n n n

A B C 3 2 2 ... 3

cot cot cot

2 2 2 2 2 ... 3

  

  

   (n  dấu

căn) với mọi tam giác ABC và n N, n 2 

b) Chứng minh:

n n n

A B C 2 2 2 ... 2

cot cot cot

2 2 2 2 2 ... 2

  

  

   (n  dấu

căn) với mọi tam giác nhọn ABC và n N, n 2  .

** Áp dụng BĐT(7) cho các góc AB; BC; CA với A; B; C là các góc

của tam giác nhọn ABC và x0 3




ta thu được BĐT sau

1 4 3

cot AB AB cot AB

3 3 3 3 3

sin
3

     

       

    

;

4 3

cot BC BC

3 3 3



 

   

  ;

4 3

cot CA CA

3 3 3



 

   

  . Từ đó ta được





cot AB cot BC cot CA AB BC CA 3

       

. Mặt khác theo

BĐT CauChy ta có:

A B B C C A

AB BC CA

2 2 2

  

     

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

A B C
3

  

. Vậy là ta có bài tốn sau:

Bài 24 Chứng minh: cot AB cot BC cot CA   3với mọi tam giác ABC

nhọn.

** Áp dụng BĐT(7) cho các góc 3 A B; B C; C A2 3 2 3 2 với A; B; C là các

góc của tam giác nhọn ABC và x0 3




ta thu được BĐT sau

2 2 2

3 3 3

1 4 3

cot A B A B cot A B

3 3 3 3 3

sin
3

     

       

    

;

2 2

3 4 3 3

cot B C B C

3 3 3



 

   

  ;

2 2

3 4 3 3

cot C A C A

3 3 3



 

   

  . Từ đó suy ra





2 2 2 2 2 2

3 3 3 4 3 3 3

cot A B cot B C cot C A A B B C C A 3

       

. Mặt khác
áp dụng BĐT CauChy ta có

2 2 2

3 A B 3 B C 3C A A A B B B C C C A

3 3 3

     

     

. Từ đó ta được

2 2 2

3 3 3

cot A B cot B C cot C A   3 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

A B C
3

  

. Vậy là ta có bài tốn sau:

Bài 25 Chứng minh: cot A B cot B C cot C A3 2  3 2  3 2  3 với mọi tam giác

nhọn ABC.

** Áp dụng BĐT(7) cho các góc n A B ; B C ; C An k k n n k k n n k k với A; B; C

là các góc của tam giác nhọn ABC (n,k N;n 2;1 k n    ) và x0 3



ta có

BĐT:

n k k n k k n k k

n n n

1 4 3

cot A B A B cot A B

3 3 3 3 3

sin
3

        

       

    

;

n k k n k k

n 4 n 3

cot B C B C

3 3 3

   

   

  ;

n k k n k k

n 4 n 3

cot C A C A

3 3 3

   

   

 

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>





n k k n k k n k k n k k n k k n k k

n n n 4 n n n

cot A B cot B C cot C A A B B C C A 3

     

       

Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có













n k k n k k n k k

n A B n B C n C A n k A kB n k B kC n k C kA

n n n

        

     

Từ đó suy ra: cot A Bn n k k cot B Cn n k k cot C An n k k  3. Đẳng thức xãy ra khi

và chỉ khi A B C 3


  

. Vậy là ta có bài toán tổng quát sau:

Bài 26 Chứng minh rằng: cot A Bn n k k cot B Cn n k k cot C An n k k  3 với mọi

tam giác ABC nhọn (n,k N;n 2;1 k n    ).

** Áp dụng BĐT(7) cho các góc

2AB 2BC 2CA

; ;

A B B C C A   (với A; B; C là số đo

các góc của tam giác nhọn ABC) và x0 3




ta có

2AB 1 2AB 4 2AB 3

cot cot

A B sin A B 3 3 3 A B 3 3

     

       



      

;

2BC 4 2BC 3

cot

B C 3 B C 3 3



 

   

    ;

2CA 4 2CA 3

cot

C A 3 C A 3 3



 

   

    . Từ đó ta có

2AB 2BC 2CA 4 2AB 2BC 2CA

cot cot cot 3

A B B C C A 3 A B B C C A

 

        

        .

Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có



A B





B C





C A



2AB 2BC 2CA

A B B C C A A B B C C A

  

     

      . Từ đó suy ra

2AB 2BC 2CA

cot cot cot 3

A B  B C  C A  . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

A B C
3

  

. Vậy ta thu được bài toán sau:

Bài 27 Chứng minh:

2AB 2BC 2CA

cot cot cot 3

A B  B C  C A  với mọi tam giác

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

** Áp dụng BĐT(7) cho các góc

1 1 1

AB; BC; CA

2 2 2 với A; B; C là các

góc của tam giác ABC và x0 6




ta thu được BĐT sau

1 1 1 1

cot AB AB cot 4 AB 3

2 sin 2 6 6 2 6

     

       

    

1 1

cot BC 4 BC 3

2 2 6



 

   

  ;

1 1

cot CA 4 CA 3

2 2 6



 

   

  . Suy ra

1 1 1 1 1 1

cot AB cot BC cot CA 4 AB BC CA 3 3

2 2 2 2 2 2 2



 

       

 

Mặt khác theo BĐT CauChy ta có

1 1 1 A B B C C A

AB BC CA

2 2 2 4 4 4 2

   

     

. Từ đó suy ta ra

1 1 1

cot AB cot BC cot CA 3 3

2  2  2  . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ

khi A B C 3


  

. Vậy là ta có bài toán sau:

Bài 28 Chứng minh:

1 1 1

cot AB cot BC cot CA 3 3

2  2  2  với mọi tam

giác ABC.

** Áp dụng BĐT(7) cho các góc

2 2 2

3 3 3

1 1 1

A B; B C; C A

2 2 2 với A; B; C là

các góc của tam giác ABC và x0 6




ta thu được BĐT sau

2 2 2

3 3 3

1 1 1 1

cot A B A B cot 4 A B 3

2 sin 2 6 6 2 6

     

       

    

;

2 2

3 3

1 1

cot B C 4 B C 3

2 2 6



 

   

  ;

2 2

3 3

1 1

cot C A 4 C A 3

2 2 6



 

   

  . Suy ra

2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3

1 1 1 1 1 1

cot A B cot B C cot C A 4 A B B C C A 3 3

2 2 2 2 2 2 2



 

       

 

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

2 2 2

3 3 3

1 1 1 A A B B B C C C A

A B B C C A

2 2 2 6 6 6 2

      

     

. Từ đó ta có

2 2 2

3 3 3

1 1 1

cot A B cot B C cot C A 3 3

2  2  2  . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

A B C
3

  

. Vậy là ta có bài toán sau:

Bài 29 Chứng minh:

2 2 2

3 3 3

1 1 1

cot A B cot B C cot C A 3 3

2  2  2  với mọi tam

giác ABC.

** Áp dụng BĐT(1) cho các góc

n k k n k k n k k

n n n

1 1 1

A B ; B C ; C A

2 2 2

  

với A; B;

C là các góc của tam giác ABC (n,k N;n 2;1 k n    ) và x0 6




ta thu được

BĐT:

n k k n k k n k k

n n n

1 1 1 1

cot A B A B cot 4 A B 3

2 sin 2 6 6 2 6

        

       

    

;

n k k n k k

n n

1 1

cot B C 4 B C 3

2 2 6

   

   

  ;

n k k n k k

n n

1 1

cot C A 4 C A 3

2 2 6

   

   

 

Cộng các BĐT cùng chiều trên ta thu được BĐT

n k k n k k n k k n k k n k k n k k

n n n n n n

1 1 1 1 1 1

cot A B cot B C cot C A 4 A B B C C A

2 2 2 2 2 2 2

3 3

       

       

 



Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có













n k k n k k n k k

n n n n k A kB n k B kC n k C kA

1 1 1

A B B C C A

2 2 2 2n 2n 2n 2

         

     

Từ đó suy ra:

n k k n k k n k k

n n n

1 1 1

cot A B cot B C cot C A 3 3

2 2 2

  

  

. Đẳng thức xãy

ra khi và chỉ khi A B C 3


  

. Vậy là ta có bài toán tổng quát sau:

Bài 30 Chứng minh rằng:

n k k n k k n k k

n n n

1 1 1

cot A B cot B C cot C A 3 3

2 2 2

  

  

với mọi tam giác ABC (n, k N;n 2;1 k n    ).

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

a. Hàm số bậc hai

Xét hàm số f(x) = x2 trên đoạn [1; 2]; dễ thấy đồ thị hàm số lõm trên đoạn

[1; 2]. Cát tuyến AB đi qua hai điểm thuộc đồ thị là A(1; 1) và B(2; 4) có
phương trình y = 3x – 2. Theo tính chất 2 ta có BĐT: x2≤ 3 x −2 (9).

** Áp dụng BĐT(9) cho các số thực a;b;c



1;2



thoả mãn a b c 4   ta có

a2≤ 3 a −2

b2≤ 3 b −2
c2≤ 3 c − 2

⇒a2

+b2+c2≤ 3(a+b+c )− 6=6

¿{ {

. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a 1;b 1;c 2  

và các hoán vị của ba số a;b;c. Vậy là ta thu được bài toán:

Bài 31 Cho các số thực a;b;c



1;2



thoả mãn đẳng thức a b c 4   . Chứng

minh rằng: a2+b2+c2≤ 6 . Đẳng thức xãy ra khi nào ?

** Áp dụng BĐT(9) cho các số thực a;b;c



1;2



thoả mãn a b c 5   ta có

a2≤ 3 a −2
b2≤ 3 b −2

c2≤ 3 c − 2
⇒a2

+b2+c2≤ 3(a+b+c )− 6=9

¿{ {

. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a 1;b 2;c 2  

và các hoán vị của ba số a;b;c. Vậy là ta thu được bài toán:

Bài 32 Cho các số thực a;b;c



1;2



thoả mãn đẳng thức a b c 5   . Chứng

minh rằng: a2+b2+c2≤ 9 . Đẳng thức xãy ra khi nào ?

** Áp dụng BĐT(9) cho các số thực a;b;c



1;2



ta có
¿

a2≤ 3 a −2

b2≤ 3 b −2
c2≤ 3 c − 2

⇔

¿a+2

a≤ 3

b+2

b≤ 3
c +2

c≤ 3

⇒a+b+c +2

(

a+

b+

c

)

≤ 9

¿{ {

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

BĐT(a) ⇔10 ≥(a+b+c+1)+2

(

1
a+

b+

c

)

≥2

√

(a+b+c+1). 2

(

a+

b+

c

)

⇔(a+b +c+1)

(

1
a+

b+

c

)

≤

2 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

a=1;b=1 ;c=2 và các hoán vị của ba số a; b; c. Vậy là ta thu được bài toán

Bài 33 Cho các số thực a;b;c



1;2



.Chứng minh: (a+b+c +1)

(

a+

b+

c

)

≤

2 .

Đẳng thức xãy ra khi nào ?
 ** Ta có BĐT(a) ⇔8 ≥(a+b+c −1)+2

(

a+

b+

c

)

≥ 2

√

(a+b+c −1).2

(

a+

b+

c

)

⇔(a+b +c− 1)

(

1
a+

b+

c

)

≤ 8 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

a=1;b=2 ;c=2 và các hoán vị của ba số a; b; c. Vậy là ta thu được bài toán

Bài 34 Cho các số thực a;b;c



1;2



.Chứng minh: (a+b+c − 1)

(

a+

b+

c

)

≤ 8 .

b. Hàm số bậc ba

Xét hàm số f (x) x 3 trên đoạn



1;2



; ta có f (x) 6x 0"   với mọi x



1;2



suy

ra đồ thị hàm số lõm trên đoạn



1;2



. Cát tuyến AB đi qua hai điểm thuộc đồ thị
là A(1; 1) và B(2; 8) có phương trình y = 7x – 6. Theo tính chất 2 ta có BĐT:

x 7x 6 (10).

** Áp dụng BĐT(10) cho các số thực a;b;c



1;2



thoả mãn a b c 4   ta có





3 3 3 3

a 7a 6

b 7b 6 a b c 7 a b c 18 10
c 7c 6

  


         



  

 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

a 1;b 1;c 2   và các hoán vị của ba số a;b;c. Vậy là ta thu được bài toán:

Bài 35 Cho các số thực a;b;c



1;2



thoả mãn đẳng thức a b c 4   . Chứng

minh rằng: a3b3c3 10. Đẳng thức xãy ra khi nào ?

**Áp dụng BĐT(10) cho các số thực a;b;c



1;2



thoả mãn a b c 5   ta có





3 3 3 3

a 7a 6

b 7b 6 a b c 7 a b c 18 17
c 7c 6

  


         



  

 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

a 1;b 2;c 2   và các hoán vị của ba số a;b;c. Vậy là ta thu được bài toán:

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

minh rằng: a3b3c3 17. Đẳng thức xãy ra khi nào ?

**Áp dụng BĐT(10) cho các số thực a;b;c



1;2



ta có

3 2 2 2 2

2
6

a 7

a
a 7a 6

6 1 1 1

b 7b 6 b 7 a b c 6 21

b a b c

c 7c 6 6

c 7

c


 


   

   

           

   

 

   

 

 


 (b)

BĐT(b) ⇔30 ≥(a2

+b2+c2+9)+6

(

a+

b+

c

)

≥ 2

√

(a

+b2+c2+9).6

(

a+

b+

c

)

⇔(a2

+b2+c2+9)

(

a+

b+

c

)

≤

2 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a 1;b 1;c 2  

và các hoán vị của ba số a;b;c. Vậy là ta thu được bài toán:

Bài 37 Cho các số thực a;b;c



1;2



. Chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2 1 1 1 75

(a b c 9)

a b c 2

 

      

  . Đẳng thức xãy ra khi nào ?

BĐT (b) ⇔24 ≥ (a2

+b2+c2+3)+6

(

a+

b+

c

)

≥ 2

√

(a

+b2+c2+3).6

(

a+

b+

c

)

⇔(a2

+b2+c2+3)

(

a+

b+

c

)

≤ 24 .Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a 1;b 2;c 2  

và các hoán vị của ba số a;b;c. Vậy là ta thu được bài toán:

Bài 38 Cho các số thực a;b;c



1;2



. Chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2 1 1 1

(a b c 3) 24

a b c

 

      

  . Đẳng thức xãy ra khi nào ?

c. Hàm số bậc bốn

Xét hàm số f (x) x 4  5x2 4 trên đoạn



1;2



; ta có f (x) 12x"  2  10 0 với

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

**Áp dụng BĐT(11) cho các số thực a;b;c



1;2



thoả mãn a+b +c=4 ta

có:

a4≤5 a2− 4

b4≤5 b2− 4

c4≤5 c2−4
⇒a4

+b4+c4≤5 (a2+b2+c2)− 12

¿{ {

(c). Mặt khác theo Bài 31 ta có a2

+b2+c2≤ 6 .

Kết hợp với (c) ta thu được: a4+b4+c4≤18 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ

khi a 1;b 1;c 2   và các hoán vị của ba số a;b;c. Vậy là ta thu được bài
toán:

Bài 39 Cho các số thực a;b;c



1;2



thoả mãn đẳng thức a+b +c=4 . Chứng
 minh rằng: a4 b4 c4 18. Đẳng thức xãy ra khi nào ?

**Áp dụng BĐT(11) cho các số thực a;b;c



1;2



thoả mãn a+b +c=5 ta

có:

a4≤5 a2− 4

b4≤5 b2− 4

c4≤5 c2−4

⇒a4

+b4+c4≤5 (a2+b2+c2)− 12

¿{ {

(d). Mặt khác theo Bài 32 ta có a2+b2+c2≤ 9 .

Kết hợp với (d) ta thu được: a4+b4+c4≤33 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

a 1;b 2;c 2   và các hoán vị của ba số a;b;c. Vậy là ta thu được bài toán:

Bài 40 Cho các số thực a;b;c



1;2



thoả mãn đẳng thức a+b +c=5 . Chứng 
 minh rằng: a4 b4c4 33. Đẳng thức xãy ra khi nào ?

** Áp dụng BĐT(11) cho các số thực a;b;c;d



1;2



ta có

2
2

4 2

4 2 2

2 2 2 2

4 2

2
2

4 2

2
2
4

a 5

a 4 5a 4

b 5

b 4 5b b a b c d 4 1 1 1 1 20

4 a b c d

c 4 5c c 5

c
d 4 5d

d 5

d


 



  



  

  

  

         

   

   

   

   

 

  

 (e)

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

26 ≥(a2+b2+c2+d2+6)+4

(

a2+

b2+

c2+

d2

)

≥ 2

√

(a

+b2+c2+d2+6). 4

(

a2+

b2+

c2+

d2

)

⇔(a2

+b2+c2+d2+6)

(

a2+

b2+

c2+

d2

)

≤

169

4 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

a=1;b=1 ;c=1 ;d=2 và các hoán vị của ba số a;b;c;d. Vậy là ta thu được bài
toán:

Bài 41 Cho các số thực a;b;c;d



1;2



. Chứng minh bất đẳng thức sau: 
(a2+b2+c2+d2+6)

(

a2+

b2+

c2+

d2

)

≤

169

4 . Đẳng thức xãy ra khi nào ?

Mặt khác ta thấy BĐT(e) tương đương với BĐT

20 ≥(a2

+b2+c2+d2)+4

(

a2+

b2+

c2+

d2

)

≥2

√

(a
2

+b2+c2+d2). 4

(

a2+

b2+

c2+

d2

)

⇔(a2+b2+c2+d2)

(

1
a2+

b2+

c2+

d2

)

≤25 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
a=1;b=1 ;c=2 ;d=2 và các hoán vị của ba số a;b;c;d. Vậy là ta thu được bài
toán:

Bài 42 Cho các số thực a;b;c;d



1;2



. Chứng minh bất đẳng thức sau: 
(a2

+b2+c2+d2)

(

a2+

b2+

c2+

d2

)

≤ 25 . Đẳng thức xãy ra khi nào ?

3. Vận dụng cho hàm số luỷ thừa

a. Xét hàm số

3
2

f (x) x  trên đoạn [1; 4]; ta có

7
" 15 2

f (x) x 0

4


 

với mọi





x 1;4 suy ra đồ thị hàm số lõm trên đoạn [1; 4]. Cát tuyến AB đi qua hai điểm

thuộc đồ thị là A(1; 1) và

1
B 4;

8
 
 

  có phương trình

7 31

y x

24 24

 

Theo tính chất 2 ta có BĐT:

2 7 31

x x

24 24


 

(12).

**Áp dụng BĐT(12) cho các số thực a;b;c



1;4



thoả mãn điều kiện

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

3
2

3 3 3 3

2 2 2 2

3
2

7 31

a a

24 24

7 31 7 31 17

b b a b c (a b c)

24 24 24 8 8

7 31

c c

24 24


   




 





         






 



 . Đẳng thức xãy ra

khi và chỉ khi a 1;b 1;c 4   và các hoán vị của ba số a; b; c. Vậy là ta thu

được bài toán

Bài 43 Cho các số thực a;b;c



1;4



thoả mãn đẳng thức a b c 6   . Chứng

minh rằng:

3 3 3

2 2 2 17

a b c

  

  

. Đẳng thức xãy ra khi nào ?

**Áp dụng BĐT(12) cho các số thực a;b;c



1;4



thoả mãn điều kiện

a b c 9   ta có
3

3 3 3 3

2 2 2 2

3
2

7 31

a a

24 24

7 31 7 31 5

b b a b c (a b c)

24 24 24 8 4

7 31

c c

24 24


   




 





         





 



 . Đẳng thức xãy ra

khi và chỉ khi a 1;b 4;c 4   và các hoán vị của ba số a; b; c. Vậy là ta thu

được bài toán

Bài 44 Cho các số thực a;b;c



1;4



thoả mãn đẳng thức a b c 9   . Chứng

minh rằng:

3 3 3

2 2 2 5

a b c

  

  

. Đẳng thức xãy ra khi nào ?

b. Xét hàm số

2
3

f (x) x trên đoạn [1; 8]; ta có

4
" 2 3

f (x) x 0

9


 

với mọi





x 1;8 suy ra đồ thị hàm số lồi trên đoạn [1; 8]. Cát tuyến AB đi qua hai điểm

thuộc đồ thị là A(1; 1) và B 8;4





có phương trình

3 4

y x

7 7

 

. Theo tính chất 1

ta có BĐT:

3 3 4

x x

7 7

 

(13).

**Áp dụng BĐT(13) cho các số thực a;b;c



1;8



thoả mãn điều kiện

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

2
3

2 2 2 2

3 3 3 3

2
3

3 4

a a

7 7

3 4 3 12

b b a b c (a b c) 6

7 7 7 7

3 4

c c

7 7



 





         





 



 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ

khi a 1;b 1;c 8   và các hoán vị của ba số a; b; c. Vậy là ta thu được bài
toán

Bài 45 Cho các số thực a;b;c



1;8



thoả mãn đẳng thức a b c 10   .

Chứng

minh rằng:

2 2 2

3 3 3

a b c 6. Đẳng thức xãy ra khi nào ?

**Áp dụng BĐT(13) cho các số thực a;b;c



1;8



thoả mãn điều kiện

a b c 17   ta có
2

2 2 2 2

3 3 3 3

2
3

3 4

a a

7 7

3 4 3 12

b b a b c (a b c) 9

7 7 7 7

3 4

c c

7 7



 





         





 



 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ

khi a 1;b 8;c 8   và các hoán vị của ba số a; b; c. Vậy là ta thu được bài
toán

Bài 46 Cho các số thực a;b;c



1;8



thoả mãn đẳng thức a b c 17   .

Chứng

minh rằng:

2 2 2

3 3 3

a b c 9. Đẳng thức xãy ra khi nào ?

c. Xét hàm số

3
2

f (x) x trên đoạn [1; 4]; ta có

1
" 3 2
f (x) x 0

4


 

với mọi x



1;4



suy ra đồ thị hàm số lõm trên đoạn [1; 4]. Cát tuyến AB đi qua hai điểm thuộc

đồ thị là A(1; 1) và B 4;8





có phương trình

7 4

y x

3 3

 

. Theo tính chất 2 ta có

BĐT:

2 7 4

x x

3 3

 

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

**Áp dụng BĐT(14) cho các số thực a;b;c



1;4



thoả mãn điều kiện

a b c 6   ta có 
3

3 3 3 3

2 2 2 2

3
2

7 4

a a

3 3

7 4 7

b b a b c (a b c) 4 10

3 3 3

7 4

c c

3 3



 





         





 


 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ

khi a 1;b 1;c 4   và các hoán vị của ba số a; b; c. Vậy là ta thu được bài
toán

Bài 47 Cho các số thực a;b;c



1;4



thoả mãn đẳng thức a b c 6   . Chứng

minh rằng:

3 3 3

2 2 2

a b c 10. Đẳng thức xãy ra khi nào ?

**Áp dụng BĐT(14) cho các số thực a;b;c



1;4



thoả mãn điều kiện

a b c 9   ta có
3

3 3 3 3

2 2 2 2

3
2

7 4

a a

3 3

7 4 7

b b a b c (a b c) 4 17

3 3 3

7 4

c c

3 3



 





         





 


 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ

khi a 1;b 4;c 4   và các hoán vị của ba số a; b; c. Vậy là ta thu được bài

toán

Bài 48 Cho các số thực a;b;c



1;4



thoả mãn đẳng thức a b c 9   . Chứng

minh rằng:

3 3 3

2 2 2

a b c 17. Đẳng thức xãy ra khi nào ?

4. Vận dụng cho hàm số mũ và hàm số lôgarit

a. Xét hàm số f (x) e x trên R; ta có f (x) e"  x 0 với mọi x R suy ra đồ thị

hàm số lõm trên R. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A(0; 1) có phương
trình y x 1  . Theo tính chất 2 ta có BĐT: ex x 1

  . Đẳng thức xãy ra khi và

chỉ khi x 0 .

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

a) ex  x 1 0  b)





x 3 x 2 2

e   x 3 1 x

  

c) esin x 3cosx-2sin2x  (sinx 3 cos x) 1 2sin2x  .

b. Xét hàm số

x 3x 2
f (x) e  

 trên R; ta có





" x 3x 2

f (x)  2x 3 2 e   0

   

  với

mọi x R suy ra đồ thị hàm số lõm trên R. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm

A(1; 1) có phương trình yx 2 ; tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm B(2; 1)

có phương trình y x 1  . Theo tính chất 2 ta có các BĐT: ex23x 2 x 2
  và

x 3x 2

e   x 1

  . Các đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi x 1 và x 2 . Vậy là ta có

thể tạo ra bài toán sau

Bài 50 Giải các phương trình sau
a) ex23x 2 x 2 0

   b) ex23x 2 x 1 0
   .

c. Xét hàm số f(x) = lnx trên khoảng (0 ;+ ∞) ; ta có

\} \} \( x \) = - \{ \{1\} over \{x rSup \{ size 8\{2\} \} \} \} <0\} \{

¿f❑

với mọi

x∈ (0 ;+∞) suy ra đồ thị hàm số lồi trên khoảng (0 ;+ ∞) . Tiếp tuyến của đồ

thị hàm số tại điểm A (1 ;0) có phương trình y = x – 1. theo tính chất 1 ta có
BĐT: ln x ≤ x − 1 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi x = 1. Vậy là ta có thể tạo
ra bài tốn sau:

Bài 51 Giải các phương trình sau

a) lnx – x + 1 = 0 b) ln(x4 – 5x2 + 5) = x4 – 5x2 + 4

c) ln(sinx + cosx) - (sinx + cosx) + 1 = 0.

d. Xét hàm số f(x) = ln(x2 – 3x +2) trên D=(− ∞;1)∪(2 ;+∞) ; ta có

\} \} \( x \) = \{ \{ - 2x rSup \{ size 8\{2\} \} +6x - 5\} over \{ left (x rSup \{ size 8\{2\} \} - 3x+2 right ) rSup \{ size 8\{2\} \} \} \} <0\} \{

¿f❑

với ∀ x ∈ D suy ra đồ thị hàm số lồi trên D . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại

điểm A(0; ln2) có phương trình y=−3

2 x+ln2 ; tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại

điểm B(3; ln2) có phương trình y=3

2x −
9

2+ln 2 . Theo tính chất 1 ta có các

BĐT sau:

ln(x2−3 x+2)≤−3

2 x+ln 2 và ln(x

−3 x+2)≤3

2x −
9

2+ln 2 . Các đẳng thức xãy ra

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

a) 2 ln(x2− 3 x +2)+3 x − ln 4=0 b)

2 ln(x2− 3 x +2)− 3 x+9− ln 4=0 .

5. Vận dụng hai tính chất trên để giải một số bài tốn khó

Bài 1 (USA MO 2003). Chứng minh bất đẳng thức

(2 a+b+c)

2 a2+(b+c)2+

(2 b+ c+a)2

2 b2+(c +a)2+

(2 c+a+b)2

2 c2+(a+b)2≤ 8 . Trong đó a ;b ;c là các số

thực

dương.

Giải

Không mất tính tổng qt của bài tốn ta chuẩn hố a+b +c=3 . Khi đó

BĐT thành (3+a )

2 a2+(3 − a)2+

(3+b)2
2 b2+(3 −b )2+

(3+c )2

2 c2+(3 − c )2≤ 8 . Ta thấy đẳng thức xãy ra

khi và chỉ khi a=b=c=1 . Ta xét hàm số f (x)= (3+ x)
2

2 x2+(3 − x)2 trên đoạn [0 ;3]

. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A

(

1 ;8

)

là y=

4
3x +

3 .

Từ đó ta đưa ra dự đốn (3+ x )

2 x2

+(3− x )2≤
4
3 x +

3 (*) với ∀ x ∈[0 ; 3] . Ta chứng

minh dự đốn đó là đúng; thật vậy ta có

(3+ x)2

2 x2+(3− x)2≤

4
3x +

4
3⇔(x

2− 2 x +3

)(4 x+4)≥ x2+6 x +9⇔(x −1)2(4 x +3)≥ 0 .

Bất đẳng thức cuối cùng này luôn đúng với ∀ x ∈[0 ;3] ; đẳng thức xãy ra khi và

chỉ khi x=1 . Áp dụng BĐT(*) cho các số thực khơng âm a; b; c ta có:

(3+a )2
2 a2

+(3 − a)2≤
4
3a+

4
3 ;

(3+b )2
2 b2

+(3 − b)2≤
4
3b+

4
3 ;

(3+c )2
2 c2

+(3 −c )2≤
4
3c+

3 . Cộng các

BĐT cùng chiều trên ta được BĐT sau

(3+a)2

2 a2+(3 − a)2+

(3+b)2

2 b2+(3 −b)2+

(3+c)2

2 c2+(3 − c)2≤

3(a+b+ c)+4=8 . Đẳng thức xãy ra khi và

chỉ khi a=b=c=1 . Vậy là bài toán được giải quyết xong.

Bài 2 (JAPAN MO 2002). Chứng minh rằng với mọi số thực dương a ;b ;c

ta

có bất đẳng thức: (b +c − a)

(b+c )2+a2+

(c +a − b)2
( c+ a)2+b2+

(a+ b −c )2
(a+ b)2+c2≥

5 .

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Khơng mất tính tổng qt của bài tốn ta chuẩn hố a+b +c=3 . Khi đó
BĐT thành

(3 −2 a)2
(3 − a)2+a2+

(3 −2 b)2
(3 − b)2+b2+

(3− 2 c )2
(3 − c )2+c2≥

3
5⇔ 4 a

−12 a+9

2 a2−6 a+9 +

4 b2− 12b +9

2 b2−6 b+9 +

4 c2− 12 c+9

2c2−6 c +9 ≥

3
5

⇔2 − 9

2 a2− 6 a+9+2 −

2 b2− 6 b+9+2 −

2 c2−6 c+9≥

3
5

⇔ 1

2 a2− 6 a+9+

2 b2− 6 b+9+

2 c2−6 c+9≤

5 . Ta thấy đẳng thức trong bất đẳng

thức cuối xãy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 . Ta xét hàm số f (x)= 1

2 x2−6 x +9

trên đoạn [0 ;3] . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A

(

1 ;1

)

là y= 2

25 x +
3

25 . Từ đó ta đưa ra dự đoán

2 x2− 6 x+9≤

25 x+

25 (**) với

∀ x ∈[0 ;3] . Ta chứng minh dự đốn đã nêu ra là đúng; thật vậy ta có:

2 x2− 6 x+9≤

25 x+

3
25 ⇔(2 x

−6 x +9)(2 x+3 )≥ 25⇔2 x3−3 x2+1≥ 0

⇔(x −1)2(2 x+ 1)≥ 0 . Bất đẳng thức cuối cùng này luôn đúng với ∀ x ∈[0 ; 3] ;

đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi x=1 . Áp dụng BĐT(**) cho các số thực

khơng âm a; b; c ta có: 1

2 a2−6 a+9≤

25a+

25 ;

1
2 b2−6 b +9≤

25 b+

25 ;

2 c2− 6 c +9≤

2
25c +

25 . Cộng các BĐT cùng chiều trên ta được
1

2 a2−6 a+9+

2 b2−6 b+9+

2 c2− 6 c +9≤

25 (a+b+c)+

25=

3
5 .

Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 . Vậy là bài toán được giải quyết
xong.

Bài 3 Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện 4(a + b +c) – 9 = 0. 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau

S=(a+

√

a2+1)b(b+

√

b2+1)c(c +

√

c2+1)a .

(Bài T7/374 – THTT năm 2008)
Giải

Ta có ln S=b ln(a+

√

a2+1)+c ln(b+

√

b2+1)+a ln(c +

√

c2+1) . Xét hàm số

f (x)=ln(x+

√

x2+1) trên khoảng (0 ;+ ∞) ; ta có f'(x )= 1

√

x2

⇒ f'

(

)

=
4

5 . Vậy

tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A

(

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

y=4

5x +ln 2−
3

5 . Mặt khác

\} \} \( x \) = \{ \{ - x\} over \{ left (x rSup \{ size 8\{2\} \} +1 right ) sqrt \{x rSup \{ size 8\{2\} \} +1\} \} \} <0\} \{

¿f❑

với ∀ x ∈(0 ;+∞) suy ra đồ thị hàm số lồi ttrên khoảng (0 ;+ ∞) . Theo tính

chất 1 ta có BĐT

ln(x +

√

x2+1)≤4

5 x+ln2 −

5,∀ x ∈ (0 ;+∞) . Áp dụng BĐT này cho số dương a

được ln(a+

√

a2+1)≤4

5a+ln 2−

5⇒b ln(a+

√

a

2+1)≤4

5ab +

(

ln 2−

)

b .Tương tự ta có

c ln(b+

√

b2+1)≤4

5bc +

(

ln 2−
3

)

c ; a ln(c+

√

c

2+1)≤4

5ca+

(

ln 2 −
3

)

a . Cộng theo vế

ba BĐT ta thu được

ln S ≤4

5(ab+ bc+ ca )+

(

ln2 −
3

)

(a+b+c)≤
4
5

(a+b+ c )2

3 +

(

ln 2−

)

(a+b+c )=
9

4ln 2 .

Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a=b=c=3

4 . Vậy giá trị lớn nhất của S là
44√2 .

Bài 4 Cho tam giác ABC. Chứng minh: 1+cos

A

A +

1+cos B

B +

1+cosC

C >3√3

trong đó các góc A ;B ;C đo bằng radian.

(Bài T8/274 – THTT) 
Giải

Xét hàm số f (x)=tan x+sin x trên nửa khoảng ¿ ; ta có f'(x )= 1

cos2x +cos x

⇒ f'

(0)=2 . Mặt khác ta thấy

\} \} \( x \) = \{ \{2sin x\} over \{ cos rSup \{ size 8\{3\} \} x\} \} - sin x= \{ \{sin x \( 2 - cos rSup \{ size 8\{3\} \} x \) \} over \{cos rSup \{ size 8\{3\} \} x\} \} >= 0,` forall x in \[0; \{ \{π\} over \{2\} \} \)\} \{

¿f❑

suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng

(

0 ;π

)

. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại

điểm O(0; 0) có PT là y = 2x. Theo tính chất 2 ta có BĐT: tan x +sin x ≥ 2 x .

Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi x = 0. Áp dụng BĐT này cho góc A2∈

(

0 ;π
2

)

ta có: tan A
2+sin

A

2 >A⇔ tan

A

2 cot

A

2+sin

A

2cot

A

2>A cot

A

2 ⇔

1+cosA

A >cot
A

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

tương tự ta có 1+cos

B

B >cot

B

2 và

1+cosC

C >cot

C

2 . Cộng vế theo vế ba BĐT

cùng chiều đó ta được 1+cos

A

A +

1+cosB

B +

1+cosC

C >cot

A

2+cot

B

2+cot

C

2 . Theo

Bài 21 ta có cot A
2+cot

B

2+cot

C

2 ≥3√3 . Từ đó suy ra

1+cos A

A +

1+cosB

B +

1+cosC

C >3√3 . Vậy là bài toán được giải quyết xong.

PHẦN III. KẾT LUẬN

III.1. KẾT QUẢ THỰC HIỆN

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

mới,…..Nhưng cái được lớn nhất của cuộc thi là đã khởi xướng được một phong
trào thi đua học tập và nghiên cứu trong một bộ phận học sinh khá giỏi tốn; từ
đó ta có thể nhân rộng phong trào cho tất cả đối tượng học sinh.

III.2. LỜI KẾT

Chúng ta cùng với học sinh “hợp tác đôi bên cùng có lợi” để thực hiện tốt
hoạt động này thì tôi tin rằng một ngày không xa các em sẽ trở thành những học
sinh giỏi tốn; chúng ta có thể trở thành những giáo viên giỏi toán;…… và một
ngày nào đó các em hoặc tơi và đồng nghiệp sẽ khám phá ra những bài toán,
những định lý mang tầm của “một nhà tốn học”. Chúc các đồng nghiệp thành
cơng.

Xin chân thành cảm ơn !!!

CÁC TÀI LIỆU ĐƯỢC SỬ DỤNG ĐỂ VIẾT ĐỀ TÀI

1. Sách GK Hình học 10 cơ bản – NXB Giáo Dục

2. Sách GK Đại số và Giải tích 11 cơ bản – NXB Giáo Dục
3. Sách GK Giải tích 12 cơ bản – NXB Giáo Dục

4. Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học mơn tốn về Hệ thức lượng
giác – TG: Trần Phương – NXB Hà Nội

</div>

Trích đoạn

PHẦN III KẾT LUẬN III.1 KẾT QUẢ THỰC HIỆN

đề thi sưu tầm 10 năm đề thi chọn đội tuyển imo cac de thi hsg cua dhsphn de chon doi tuyen ninh binh de de nghi toan 11 cua hai phong de hsg tphcm 2009 de kt doi tuyen chuyen quang trung de kt do…

<b>PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ</b>

√

√

√

<b>PHẦN II. NỘI DUNG</b>













<b>1. Vận dụng cho hàm số lượng giác</b>

















  



 















































































 

























 





