Sáng kiến kinh nghiệm Dùng tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Phần 1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI. Đối với học sinh THPT, việc hiểu một khái niệm là điều cần thiết. Song để học sinh hiểu sâu và có hứng thú cần cho học sinh thấy được ý nghĩa và tác dụng của khái niệm, đặc biệt cần vận dụng khái niệm đó vào giải một số bài toán cụ thể. Trong chương trình toán học lớp 12, khái niệm tiếp tuyến; tính lồi, lõm của đồ thị hàm số khá trừu tượng. Các bài tập liên quan đến chúng tuy nhiều (thường là viết phương trình tiếp tuyến, xét tính lồi lõm của đồ thị hàm số) nhưng ít có bài tập ứng dụng hai khái niệm này. Chứng minh bất đẳng thức là một bài toán hay và khó và thường gặp trong các kì thi vào đại học, cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi. Đứng trước một bất đẳng thức, học sinh thường lúng túng khi lựa chọn phương pháp. Sáng kiến kinh nghiệm của tôi đưa ra một kĩ thuật đơn giản (đó là dùng tiếp tuyến kết hợp với tính lồi, lõm của đồ thị hàm số để chứng minh bất đẳng thức) nhưng có hiệu quả khi giải quyết một lớp bài toán về chứng minh bất đẳng thức (BĐT) hay tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức. Điều quan trọng là học sinh có thể được định hướng cách giải ngay từ đầu. Ý tưởng của phương pháp này là: “Bằng cách xét vị trí tương đối của tiếp tuyến và đồ thị hàm số ta suy ra một BĐT”. Để làm được điều này ta có thể dựa vào tính lồi, lõm của đồ thị hàm số hoặc tính toán trực tiếp. Theo phương pháp này ta có thể chứng một cách đơn giản BĐT Jenxen. Hơn thế, nó còn giải quyết được những bài toán mà BĐT Jenxen không xử lí được (như bài 5, bài 6, bài 7). Như vậy phương pháp này mạnh hơn hẳn BĐT Jenxen. Xuất phát từ những lí do nêu trên, tôi quyết định viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm này với hy vọng cung cấp cho học sinh một phương pháp có hiệu lực để chứng minh BĐT. Đề tài cũng có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên dạy ôn thi đại học hay bồi dưỡng học sinh giỏi. Tuy nhiên, vì điều kiện thời gian có hạn và cách trình bày có thể chưa thật tốt nên chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếu sót, rất mong các bạn độc giả đọc và góp ý cho tôi. 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Phần 2. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI. I. Cơ sở lí thuyết 1. Khái niệm về tính lồi, lõm của đồ thị hàm số Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm trên khoảng (a ; b) . a) Đồ thị của hàm số được gọi là lồi trên khoảng (a ; b) nếu tại mọi điểm M(c ; f (c)), c  (a ; b) tiếp tuyến của đồ thị hàm số nằm phía trên của đồ thị hàm số. b) Đồ thị của hàm số được gọi là lõm trên khoảng (a ; b) nếu tại mọi điểm M(c ; f (c)), c  (a ; b) tiếp tuyến của đồ thị hàm số nằm phía dưới của đồ thị hàm số. 2. Dấu hiệu lồi, lõm của đồ thị hàm số Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm đến cấp hai trên khoảng (a ; b) . a) Nếu f ''( x)  0 với mọi x  (a ; b) thì đồ thị của hàm số lồi trên khoảng (a ; b) . b) Nếu f ''( x)  0 với mọi x  (a ; b) thì đồ thị của hàm số lõm trên khoảng (a ; b) . 3. Nhận xét a) Cho các hàm số y  f ( x) và y  g ( x) xác định trên khoảng (a ; b) và có đồ thị lần lượt là (C) và (G). Khi đó (C) nằm trên (G)  f ( x)  g ( x), x  (a ; b) b) Nếu đồ thị hàm số y  f ( x) lồi trên khoảng (a ; b) và y  f '(c)( x  c)  f (c) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(c ; f (c)), c  (a ; b) thì f ( x)  f '(c)( x  c)  f (c), x  (a ; b) (1) c) Đối với đồ thị hàm số lõm ta có bất đẳng thức ngược lại. Bất đẳng thức (1) cho phép ta đánh giá biểu thức f ( x) thông qua biểu thức bậc nhất. Hơn nữa, ta có thể chọn c sao cho dấu đẳng thức xảy ra theo đúng yêu cầu của bài toán.. 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> II. Bài tập áp dụng Bài 1 (BĐT Cô - si). Cho a1, a2, …, an là các số không âm. Chứng minh rằng. a1  a2  ...  an n  a1a2 ...an n Chứng minh. Nếu có một số ai = 0 (i = 1, 2, …, n) thì bđt là hiển nhiên. Bây giờ ta xét trường hợp ai > 0, i  {1, 2, …, n}. Chia hai vế cho a1  a2  ...  an ta được 1 a1 a1 a1 n . ... n a1  a2  ...  an a1  a2  ...  an a1  a2  ...  an. Đặt xi  trở thành. ai , i {1, 2, ..., n} thì xi > 0 thoả mãn x1  x2  ...  xn  1 và bđt a1  a2  ...  an n. x1 x2 ...xn . 1 1 hay ln x1  ln x2  ...  ln xn  n ln n n. 1 1 Xét hàm số y  f ( x)  ln x, x  0 . Ta có f '( x)  , f ''( x)   2  0, x  0 suy ra đồ x x thị hàm số lồi trên khoảng (0;+) .. 1 1 1 Tiếp tuyến của đths tại điểm  ;ln  có phương trình là y  nx  1  ln suy ra n n n 1 ln x  nx  1  ln , x  (0; ) (1) n Áp dụng bđt (1) cho x1, x2, …, xn và cộng vế lại ta được. ln x1  ln x2  ...  ln xn  n( x1  x2  ...  xn )  n  n ln. 1 n. Kết hợp với x1  x2  ...  xn  1 ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi x1  x2  ...  xn . 1 hay a1  a2  ...  an . n. Bài 2 (BĐT Jenxen) Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm cấp 2 trên khoảng (a ; b) . a) Nếu f ''( x)  0, x  (a ; b) thì x1 , x2 ,..., xn  (a ; b) và 1 , 2 ,..., n  [0;1] thoả mãn 1   2     n  1 ta có f (1 x1   2 x2     n xn )  1 f ( x1 )   2 f ( x2 )     n f ( xn ) (1). 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> b) Nếu f ''( x)  0, x  (a ; b) thì ta có bất đẳng thức ngược lại. Chứng minh. a) Đặt x  1 x1   2 x2     n xn thì x  (a ; b) . Tiếp tuyến của đths y  f ( x) tại điểm ( x ; f ( x)) có phương trình là y  f '( x)( x  x)  f ( x) . Do f ''( x)  0, x  (a ; b) nên đồ thị hàm số lõm trên khoảng (a ; b) . Bởi vậy tại điểm ( x ; f ( x)) tiếp tuyến nằm dưới đồ thị. Từ đó suy ra f ( x)  f '( x)( x  x)  f ( x), x  (a ; b). Thay x  xi ta được f ( xi )  f '( x)( xi  x)  f ( x) . Nhân hai vế với  i  0 ta được.  i f ( xi )   i f '( x).xi   i f '( x).x   i f ( x), i  1,2,..., n . Cộng vế n BĐT ta được n. n. n. n.  i f ( xi )  f '( x) i xi  f '( x).x i  f ( x) i i 1. n. Bởi x   i xi và i 1. i 1. n.  i 1. i.  1 nên ta được. i 1. n.  i 1. i 1. n. i. f ( xi )  f ( i xi ) đó là đpcm. i 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1  x2    xn b) Chứng minh tương tự. 1 Trường hợp đặc biệt: Nếu 1   2     n  thì BĐT (1) trở thành n f ( x1 )  f ( x2 )    f ( xn )  x  x2    xn   f 1  n n   Nhận xét. Đây là cách chứng minh ngắn gọn và dễ hiểu nhất so với các cách chứng minh đã biết trong các tài liệu. Ngoài ra, dùng tiếp tuyến ta còn có thể giải được các bài toán mà BĐT Jenxen không giải quyết được. Bài 3 (BĐT Bécnuli). Cho x  1 và số thực  . Chứng minh rằng a) (1  x)  1   x,   (;0)  (1; ) b) (1  x)  1   x,   (0;1) Chứng minh. Xét hàm số y  f ( x)  (1  x) . Ta có f '( x)   (1  x) 1 , f ''( x)   (  1)(1  x) 2 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm (0 ; 1) có pt là y   x  1 . Nếu   (;0)  (1; ) thì f ''( x)  0, x  1 , do đó đths lõm trên khoảng (1; ) Suy ra (1  x)   x  1, x  1.. 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Nếu 0    1 thì f ''( x)  0, x  1 , do đó đths lồi trên khoảng (1; ) Suy ra (1  x)   x  1, x  1. Đẳng thức xảy ra khi x  0 hoặc   0 hoặc   1 Bài 4 (ĐH 2003) Cho các số dương x, y và z thoả mãn x + y + z  1. Chứng minh rằng 1 1 1 x 2  2  y 2  2  z 2  2  82 x y z Giải. Xét hàm số. f ( x)  x 2 . 1 , x  (0;1) . Vì rằng đẳng thức xảy ra khi x2. 1 nên chúng ta xét đồ thị của hàm số f ( x) và tiếp tuyến của nó tại điểm 3 1 x4  1 1 80 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị x  . Ta có f '( x)   f '( )   3 3 1 82 x3 x 2  2 x  1 82  80 162 hàm số tại điểm  ; . x  là y   82 3 82 3 3  6 2  x2 x6 f ''( x)   0, x  0 suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng (0; ) .  2 1  2 1 x  2  x  2 x  x   1 82  Do đó tại điểm  ;  tiếp tuyến nằm phía dưới đồ thị, bởi vậy ta có 3 3  1 80 162 x2  2   x , x  0 . Tương tự đối với y, z và cộng lại ta được x 82 3 82 1 1 1 80 162 x2  2  y 2  2  z 2  2   ( x  y  z)   82 (do x  y  z  1 ). x y z 82 82 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  . 3 Nhận xét. Cái hay của kĩ thuật này ở chỗ: - Thứ nhất, ta có thể đánh giá một biểu thức thông qua biểu thức bậc nhất. - Thứ hai, ta có thể chọn vị trí của tiếp tuyến sao cho bất đẳng thức xảy ra dấu bằng. x yz. 5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bài 5 (India, 1995) Cho x1 , x2 ,..., xn là n số dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng xn x1 x2 n    , n  , n  2 n 1 1  x1 1  x2 1  xn x Giải. Xét hàm số f ( x)  , x  (0;1) . Vì rằng đẳng thức xảy ra khi 1 x 1 x1  x2    xn  nên chúng ta xét đồ thị của hàm số f ( x) và tiếp tuyến của nó n 1  1 2x (2n  1) n 1 tại điểm  ; . Ta có f '( x)  .  f '     n n(n  1)  n 2(1  x ) 1  x 2( n  1) n  1     1  1 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  ; có phương trình là  n n(n  1)    (2n  1) n 1 y x 2(n  1) n  1 2(n  1) n(n  1) 4x f ''( x)   0, x  (0;1) suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng (0;1) 4(1  x) 2 1  x. 1  1 và do đó tiếp tuyến của nó tại điểm  ; nằm phía dưới đồ thị. Bởi vậy  n n(n  1)    x (2n  1) n 1  x , x  (0;1) . Áp dụng bất đẳng ta có 1  x 2(n  1) n  1 2(n  1) n(n  1) thức này cho x1 , x2 ,..., xn và cộng vế lại ta được (2n  1) n n n ( x1    xn )   n 1 1  x1 1  xn 2(n  1) n  1 2(n  1) n(n  1) 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1  x2    xn  . n x1. xn. . . Bài 6. Chứng minh rằng, trong tam giác ABC, ta có 3 3 sin A  sin B  sin C  2 Chứng minh. Xét hàm số f ( x)  sin x, x  (0; ) . Bất đẳng thức xảy ra dấu bằng khi A  B  C .  3  nên ta xét tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  ;  . Ta 3 2 3  . . có. 6 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 1 3    1  . f '( x)  cos x  f '    nên tiếp tuyến có phương trình là y  x  2 2 6 3 2 f "( x)   sin x  0, x  (0; ) nên đồ thị hàm số lồi trên khoảng (0; ) . Do vậy tại  3  điểm  ;  tiếp tuyến nằm phía trên đồ thị, từ đó ta có 3 2   1 3  sin x  x   , x  (0; ) . Áp dụng bất đẳng thức này cho A, B, C và cộng 2 2 6 vế lại ta được 1 3 3  3 3 sin A  sin B  sin C  ( A  B  C )    sin A  sin B  sin C  2 2 2 2 Nhận xét. - Bằng cách này ta có thể chứng minh được các bất đẳng thức cơ bản cho các hàm số sin x, cos x, tan x, cot x . - Các bất đẳng thức trên có thể được chứng minh dựa vào BĐT Jenxen. Tuy nhiên BĐT Jenxen không được đề cập đến trong chương trình toán học phổ thông (có thể vì sự chứng minh BĐT này khá phức tạp). Bây giờ, dùng tiếp tuyến ta sẽ chứng minh BĐT Jenxen một cách đơn giản.. Bài 7. Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)  9  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. . S = a  a2  1 Giải.. . .  b. b  b2  1. . .  c. c  c2  1. . . a. Ta có lnS  b ln a  a 2  1  c ln b  b 2  1  a ln c  c 2  1. . Xét hàm số f ( x)  ln( x  x 2  1), x  0 (1). Do đặc thù của bài toán nên ta có thể 3 dự đoán giá trị lớn nhất đạt được khi a  b  c  . Vì vậy ta sẽ so sánh vị trí của 4 3 đồ thị với tiếp tuyến của nó tại điểm ( ;ln 2) . 4 1 3 4 Đạo hàm f '( x)   f '( )  . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm 4 5 x2  1 3 4 3 ( ;ln 2) có phương trình y  x  ln 2  . 4 5 5. 7 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Đạo hàm cấp hai f ''( x) . x.  0, x  0 suy ra đồ thị hàm số (1) lồi ( x 2  1) x 2  1 3 trên khoảng (0; ) . Do đó tại điểm ( ;ln 2) tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) nằm 4 4 3 phía trên đồ thị hàm số (1). Từ đó ta có ln( x  x 2  1)  x  ln 2  , x  0 . 5 5 Áp dụng bất đẳng thức này cho số dương ta được a 4 3 ln(a  a 2  1)  a  ln 2  . Nhân hai vế với số b > 0 ta suy ra 5 5 4 3  b ln(a  a 2  1)  ab   ln 2   b . 5 5  4 3  c ln(b  b 2  1)  bc   ln 2   c . Tương tự ta có 5 5  4 3  a ln(c  c 2  1)  ca   ln 2   a . 5 5  Cộng vế ba bất đẳng thức này ta được 4 3  lnS  (ab  bc  ca )   ln 2   (a  b  c) . 5 5  1 Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức (ab  bc  ca )  (a  b  c) 2 và giả thiết 3 9 9 a  b  c  , rút gọn ta thu được lnS  ln 2 . Từ đó S  4 4 2 . 4 4 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  . Vậy giá trị lớn nhất của S là 4 4 2 . 4 Nhận xét. Đôi khi giả thiết lồi, lõm không được thoả mãn. Lúc đó ta sẽ so sánh vị trí của tiếp tuyến và đồ thị hàm số bằng chứng minh trực tiếp.. Bài 8. Chứng minh rằng, với mọi số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 ta có a 1 b 1 c 1  2  2  3. 2 b 1 c 1 a 1 Giải. 2 x 1 1 Xét hàm số f ( x)  2  f '(1)   . Tiếp tuyến , x  0 . Ta có f '( x)  2 2 ( x  1) 2 x 1 1  1 của đồ thị hàm số tại điểm 1;  có phương trình là y   x  1 . 2  2. 8 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 2(3 x 2  1) f ''( x)  2 suy ra đồ thị hàm số không luôn luôn lõm trên khoảng (0; ) . ( x  1)3 1 1 Tuy nhiên ta vẫn có bất đẳng thức 2   x  1, x  0 (1) x 1 2 2 (vì BĐT này tương đương với BĐT x( x  1)  0 ). 1 1 Áp dụng BĐT (1) cho số b > 0 ta được 2   b  1 (2). Vì a  1  0 nên b 1 2 a 1  1 a 1 1 1     b  1 (a  1)  2 (2)  2   ab  b  a  1 . b 1  2 b 1 2 2  Tương tự, cộng lại ta được a 1 b 1 c 1 1 1     ( ab  bc  ca )  (b  c  a )  (a  b  c)  3 . b2  1 c2  1 a 2  1 2 2 1 Cuối cùng sử dụng BĐT (ab  bc  ca )  (a  b  c) 2 và giả thiết a  b  c  3 ta 3 thu được a 1 b 1 c 1   3 b2  1 c2  1 a 2  1 Nhận xét. Trong chứng minh các BĐT ở trên, giả thiết a  b  c  k ( k hay  k ) là quan trọng. Do vậy, đối với các BĐT chưa cho sẵn giả thiết này mà có tính đẳng cấp, ta cũng có thể tự tạo ra các điều kiện của biến (chuẩn hoá) rồi sử dụng phương pháp trên. Bài 9 (2003 USA Math Olympiad) Cho a, b, c là những số dương. Chứng minh rằng. (2a  b  c) 2 (2b  c  a ) 2 (2c  a  b) 2   8 2a 2  (b  c) 2 2b 2  (c  a ) 2 2c 2  (a  b) 2 a b c Giải. Đặt x  . Khi đó x, y, z là những số ; y ;z abc abc abc dương và thoả mãn x  y  z  1, và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (2 x  y  z ) 2 (2 y  z  x) 2 (2 z  x  y ) 2   8 2 x 2  ( y  z ) 2 2 y 2  ( z  x) 2 2 z 2  ( x  y ) 2 Hay. ( x  1) 2 ( y  1) 2 ( z  1) 2   8 2 x 2  (1  x) 2 2 y 2  (1  y ) 2 2 z 2  (1  z ) 2. 9 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> ( x  1) 2 Xét hàm số f ( x)  2 , x  (0;1) . Vì rằng đẳng thức xảy ra khi 2 x  (1  x) 2 1 1 8 x  y  z  nên ta xét tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  ;  . Ta có 3 3 3 2 2x  x  1 f '( x)  4. 2 (3 x  2 x  1) 2 4 1 8 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x) tại điểm  ;  có phương trình là y  4 x  . 3 3 3 4 x3  3x 2  6 x  1 f ''( x)  12. đổi dấu hai lần trên khoảng (0;1) . Do đó đồ thị hàm (3 x 2  2 x  1)3 số không hoàn toàn lồi trên khoảng (0;1) . Tuy nhiên ta vẫn có bất đẳng thức ( x  1) 2 4  4 x  , x  (0;1) 2 x 2  (1  x) 2 3 (Vì BĐT này tương đương với (3 x  1) 2 (4 x  1)  0 ). Tương tự ta có các BĐT đối với y và z, cộng vế lại và sử dụng x  y  z  1 ta thu 1 được đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  , tức là a  b  c . 3 Bài tập tự luyện 1) Trong tam giác nhọn ABC, chứng minh rằng 3 a) cos A  cos B  cos C  2 b) tan A  tan B  tan C  3 3 c) cot A  cot B  cot C  3 2 1 d) (sin A  sin B  sin C )  (tan A  tan B  tan C )  2 3 3 3 2) Cho các số dương a, b, c thoả mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S3a3b3c 2 3) Cho các số dương a, b thoả mãn a  b  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 3 1 1 thức Pab  a b 4) (1997 Japanese Math Olympiad) Cho a, b, c là những số thực dương. Chứng minh rằng (b  c  a ) 2 (c  a  b ) 2 (a  b  c) 2 3    . a 2  (b  c) 2 b 2  (c  a ) 2 c 2  (a  b) 2 5 10 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 5) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và số a  2 ta có bất đẳng thức sau sin A sin B sin C 3 3    . a  cos A a  cos B a  cos C 2a  1. 11 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Phần 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ. Sáng kiến kinh nghiệm của tôi đã giải quyết được những vấn đề sau: 1. Giúp học sinh hiểu sâu hơn các khái niệm: tiếp tuyến, tính lồi, lõm của đồ thị hàm số. Thấy được tính ứng dụng của những khái niệm này trong chứng minh bất đẳng thức, qua đó gây được hứng thú, tạo được niềm tin và tinh thần học tập bộ môn. 2. Cung cấp cho học sinh một công cụ đơn giản nhưng có hiệu lực khi chứng minh một số bất đẳng thức có dạng như đã nêu. Hơn nữa, trong quá trình chứng minh, học sinh được thực hành viết phương trình tiếp tuyến tại một điểm; xét tính lồi, lõm của đồ thị hàm số. Đó là những bài toán cơ bản trong chương trình toán học lớp 12. 3. Thông qua việc chứng minh BĐT, tạo cho các em khả năng làm việc độc lập, sáng tạo, phát huy tối đa tính tích cực của học sinh theo đúng tinh thần phương pháp mới của Bộ giáo dục và đào tạo. Điều quan trọng là tạo cho các em niềm tin, khắc phục được tâm lí sợ bài toán về chứng minh BĐT và còn có thể tạo ra những BĐT cho riêng mình. Qua thực tế giảng dạy chuyên đề này tôi thấy các em học sinh không những nắm vững được phương pháp, biết cách vận dụng vào những bài toán cụ thể mà còn rất hứng thú khi học tập chuyên đề này. Khi học trên lớp và qua các lần thi thử đại học, số học sinh làm được bài về BĐT cao hơn hẳn các năm trước và các em không được học chuyên đề này. Một số đề xuất Mỗi bài toán thường là có nhiều cách giải, việc học sinh phát hiện ra những cách giải khác nhau cần được khuyến khích. Song trong những cách giải đó cần phân tích rõ ưu điểm và hạn chế từ đó chọn được cách giải tối ưu. Đặc biệt cần chú ý tới những cách giải bài bản, có phương pháp và có thể áp dụng phương pháp đó cho nhiều bài toán khác. Với tinh thần như vậy và theo hướng này các thầy cô giáo cùng các em học sinh có thể tìm ra được nhiều kinh nghiệm hay với nhiều đề tài khác nhau. Chẳng hạn, các bài toán về ứng dụng tính đơn điệu của hàm số; dùng đạo hàm để chứng minh BĐT; ứng dụng cực trị vào tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số; ứng dụng của tích phân hay tổ hợp và xác suất; …. 12 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>