SKKN: Sử dụng phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số chứng minh bất đẳng thức

Sáng kiến kinh nghiệm

Sử dụng phương trình tiếp tuyến
của đồ thị hàm số chứng minh bất đẳng thức

1


Sáng kiến kinh nghiệm
Phần 1: MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
Việc nâng cao phương pháp dạy học là cần thiết và thường xuyên đối với giáo viên của tất
cả các bộ mơn. Trong mơn tốn có nhiều đơn vị kiến thức giáo viên phải thực sự tích cực trau
dồi, bồi dưỡng kiến thức và phương pháp thì mới đạt hiệu quả khi truyền tải kiến thức cho học
sinh. Hơn nữa, trong thời điểm hiện nay, với cấu trúc thi đại học mới ban hành, nhiều phần kiến
thức giáo viên phải tìm tịi sáng tạo, tìm ra phương pháp mới để học sinh có thể giải quyết các
bài tốn mới trong các đề thi học sinh giỏi, thi đại học cao đẳng. Và bài toán chứng minh bất
đẳng thức và các ứng dụng trong mơn tốn THPT khơng phải là ngoại lệ. Khi gặp dạng toán
chứng minh bất đẳng thức, giáo viên thường củng cố nêu kiến thức và các phương pháp kinh
điển, các phương pháp có sẵn để giải quyết bài tốn đó. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm này
giới thiệu một phương pháp chứng minh bất đẳng thức mà tác giả đã tìm tịi, học hỏi trang bị cho
học sinh. Qua đó học sinh có thêm một cơng cụ giải bài tập, có hướng tìm ra và sử dụng các
phương pháp chứng minh các bất đẳng thức.
Bên cạnh đó, xuất phát từ thực tế giảng dạy nhiệm vụ giải bài tập chứng minh bất đẳng
thức (nhất là trong đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng của bộ giáo dục và đào tạo) là nhiệm vụ rất
khó khăn. Nhu cầu của mỗi học sinh trước khi giải bài tập dạng này có cách nhìn khái qt, định
hướng phương pháp giải. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm này đó là nêu rõ phương pháp và
cách áp dụng khi chứng minh các bất đẳng thức.
Với nội dung nêu trên, đề tài sáng kiến của tôi là:
“Sử dụng phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số chứng minh bất đẳng thức”

2. Mục đích nghiên cứu :
Khi kết thúc chương trình lớp 12, khi gặp bài tốn chứng minh bất đẳng thức và các ứng
dụng đòi hỏi học sinh phải nhận dạng được bài toán chứng minh bất đẳng thức vận dụng theo
phương pháp nào. Sự kết hợp các phần kiến thức khác nhau giữa đại số, hình học, giải tích sẽ
cho ta các phương pháp chứng minh thích hợp. Vận dụng tính chất của tiếp tuyến đường cong,
ứng dụng của nó cùng với tính chất của các bất đẳng thức cơ bản sẽ cho ta một phương pháp
chứng minh mới, phù hợp là mục đích của sáng kiến kinh nghiệm này.
3. Nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu:
Kết quả lớn nhất của sáng kiến này là đã tìm ra thêm một phương pháp chứng minh bất
đẳng thức, ngoài việc tổng hợp các 10 phương pháp chính làm bài tập chứng minh bất đẳng thức.
2


Sáng kiến kinh nghiệm
Từ đó phân biệt các phương pháp giải các bài toán về bất đẳng thức, liên quan đến bất đẳng thức
(tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số,..) trong các đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng và thi
học sinh giỏi các cấp. Khi đó giáo viên sẽ rút ra kinh nghiệm khi giảng bài và sáng tạo các bài
toán mới.
Phương pháp nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này là phân tích, tổng hợp hiệu quả
của các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thơng thường. Từ đó sáng tạo ra phương pháp
mới, đồng thời phân tích, tổng hợp để làm rõ hiệu quả của phương pháp mới này.
4. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu:
Về con người là các thầy cô giáo giảng dạy mơn tốn THPT và các em học sinh đang học
tại trường THPT của tơi. Trong phần tốn học, ở đây đối tượng nghiên cứu là các phương pháp
chứng minh bất đẳng thức mà học sinh được học trong chương trình phổ thơng.
5. Điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm:
Là nêu một phương pháp mới chứng minh bất đẳng thức, vận dụng tổng hợp các kiến
thức về tính chất bất đẳng thức, các ứng dụng cơ bản của đạo hàm.
Nội dung chính của sáng kiến kinh nghiệm này bao gồm:
Chương 1: Cơ sở lý luận (Phương pháp dạy học chứng minh bất đẳng thức)

1) Phân bậc hoạt động chứng minh bất đẳng thức.
2) Rèn luyện các hoạt động trí tuệ cho học sinh qua chứng minh bất đẳng thức.
3) Hướng dẫn học sinh tìm ra nhiều phương pháp chứng minh một bất đẳng thức.
4) Phát hiện, khắc phục và sửa chữa sai lầm trong chứng minh bất đẳng thức.
Chương 2: Cơ sở thực tiễn (Giải pháp cũ thường làm) 10 phương pháp chứng minh bất
đẳng thức thường gặp.
Chương 3: (Giải pháp mới) Phương pháp mới chứng minh bất đẳng thức.
Chương 4: Kết quả thực nghiệm tại trường tôi công tác.

Phần 2: NỘI DUNG
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN
Bất đẳng thức là một dạng tốn khó ở bậc trung học phổ thơng đối với đại trà học sinh.
Điều đó đồng nghĩa với việc dạy học bất đẳng thức là một nội dung không hề đơn giản. Nhiều
giáo viên xác định không cần dành quá nhiều thời gian để củng cố ôn tập cho học sinh phần kiến
thức này, chấp nhận từ bỏ bài toán chứng minh bất đẳng thức và các ứng dụng của nó. Chưa hẳn
điều đó đã đúng, nếu chúng ta nghiêm túc phân bậc đối tượng học sinh và chỉ cần bồi dưỡng
năng lực giải bài tập bất đẳng thức tùy theo mức độ các nhóm học sinh khác nhau.
1) Phân bậc hoạt động chứng minh bất đẳng thức:

3


Sáng kiến kinh nghiệm
Điều này rất quan trọng, có thể căn cứ vào số lượng biến, sự phức tạp của đối tượng, căn cứ
vào mức độ tường minh, sự phối hợp ít hay nhiều hoạt động để xây dựng hệ thống bài tốn từ dễ
đến khó, từ đơn giản đến phức tạp, nhằm rèn luyện các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
Nhằm rèn luyện cho học sinh vận dụng Bất đẳng thức Cơ-si có thể lấy một hệ thống bài tốn
phân bậc như sau. Ta lấy một ví dụ: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
(1)

1
1
( a  )(b  )  4 , với a, b  0
a
b

(2)

a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca với a, b, c  0

(3)

a 2  b 2  c 2  d 2  e2  a(b  c  d  e) với a, b, c, d , e  0

(4)

Cho x, y, z  0, xyz  1 chứng minh rằng:

1  x2  y 2
1  y2  z2
1  z 2  x2


3 3
xy
yz
zx
(5)

Cho x, y, z  0,

1 1 1
   4 chứng minh rằng:
x y z

1
1
1


1
2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y
Trong hệ thống bài tập ở trên mức độ vận dụng ở các bài tốn là khó dần:
bài (1) chỉ cần vận dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi cho hai số.
bài (2) phải ghép đôi rồi áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số.

a 2 a2 a 2 a2
bài (3) đầu tiên phải biết tách a 
  
và ghép đôi
4
4
4
4
2

bài (4) vừa áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số trong căn, vừa áp dụng cho ba số hạng ở
vế trái
bài (5) là câu khó trong đề thi tuyển sinh Đại học,Cao đẳng khối A năm 2002. Đòi hỏi vận
dụng sáng tạo: Từ ( a  b)(

1 1
1 1 1
1
 )  4 với a, b  0 đến (  ) 
Từ đó:
a b
4 a b ab

1
1 2 1 1
 (   ) và tương tự cho hai hạng tử còn lại.
2 x  y  z 16 x y z
2) Rèn luyện các hoạt động trí tuệ cho học sinh qua chứng minh bất đẳng thức:
Bất đẳng thức và các ứng dụng rất thuận lợi để rèn luyện các hoạt động trí tuệ cho học sinh:
phân tích, so sánh, tổng hợp, đặc biệt hoá, khái quát hoá,… Học sinh cần phải có được cách giải
quyết bài tốn, đồng thời là cách suy nghĩ để giải quyết bài toán, giải quyết vấn đề.

4


Sáng kiến kinh nghiệm
Ví dụ: Giáo viên nêu các dấu hiệu gợi ý cho học sinh nghĩ đến bất đẳng thức Cơsi (đây là hoạt
động phân tích, so sánh) như: các số tham gia bất đẳng thức dương; Có căn bậc 2, bậc 3; Vì sao
phải sáng tạo, đặc biệt hố khi dấu bằng xảy ra để làm gì?; Áp dụng bất đẳng thức (1) cho bất
đẳng thức (2) hay ngược lại một cách linh hoạt.
(1) Cho a, b, c  0 và a  b  c 

3
.CMR:

4

(2) Cho a, b, c  0 và abc  1 .CMR:

3

3

a  3b  3 b  3c  3 c  3a  3

a  3b  3 b  3c  3 c  3a  3

3) Hướng dẫn học sinh tìm nhiều phương pháp chứng minh một bất đẳng thức:
Một bài tốn có thể có nhiều cách giải khác nhau, bất đẳng thức không phải là ngoại lệ do
cách nhìn khác nhau, từ nhiều phương diện khác nhau. Ta có thể tìm hiểu qua các ví dụ sau đây:
a) Ví dụ 1: Cho 0  x, y  1 . Chứng minh rằng: x y  y x 
Cách 1: Dựa vào điều kiện 0  x, y  1 ta có:VT 
Lúc này lại áp dụng bất đẳng thức Côsi:

1
4

xy ( x  y )  y (1  y )

xy ( x  y ) 

y (1  y ) 

1
4

Cách 2: Đặc biệt hoá dấu bằng xảy ra khi x = 4y. Vậy khi biến đổi ta phải để ý điều này.

VT  x y ( x  y )  x (

y  ( x  y) 2 x x 1
) 

2
4
4

y  t 2 x  x.t 

Cách 3: Đặt t 

1
 0 .Vế trái là 1 tam thức bậc 2 của t, có
4

t  x2  x  0 nên ta được ĐPCM.
2

2

b) Ví dụ 2: Cho 36 x  16 y  9 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: T
= y – 2x + 5.
2

2

Cách 1: Ta có: 36 x  16 y  9 
Ta có: T  y  2 x  5 
(với cos 

x2
y2
1
3

 1 . Đặt x  cos , y  sin  .
1 / 4 9 / 16
2
4

1
5
(3sin   4cos  )  5  sin(   )  5 ,
4
4

3
4
15
25
,sin   ). Khi đó
T 
.
5
5

4
4

Ta được GTLN của T là

25
15
khi sin(   )  1 , GTNN là
khi sin(   )  1 .
4
4

Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki

5


Sáng kiến kinh nghiệm
1
1
1 1
25
( y  2 x ) 2  ( 4 y  6 x) 2  (  )(16 y 2  36 y 2 ) 
4
3
16 9
4
Khi đó:

5

5 15
25
  y  2x    T 
4
4
4
4

Cách 3: Từ giả thiết ta có tập giá trị của T để hệ 2 phương trình có nghiệm. Thế

y  T  2 x  5 vào 36 x 2  16 y 2  9  100 x 2  64(T  5) x  16(T  5) 2  9  0
Phương trình có nghiệm khi   0

15
25
T 
.
4
4

=>

4) Phát hiện, khắc phục và sửa chữa sai lầm cho học sinh:
2

2

2

2

2

a) Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a  b  c  d  e  a (b  c  d  e) với mọi số thực

a, b, c, d , e .
Lời giải:

Theo Cơ-si ta có:

2

2

a
 b 2  ab,
4

2

a
 c 2  ac ,
4

a
 d 2  ad ,
4

2

a
 e 2  ae
4

Cộng các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
Đánh giá: Ở đây học sinh đã nhầm ví dụ này với ví dụ 3 của phần I.1, vận dụng bất đẳng thức
Cơ-si là sai, vì các số có thể âm. Tuy nhiên, mỗi bất đẳng thức trên đều đúng nhưng không phải
theo Cô-si, mà do (

a
 b) 2  0,...
2

b) Ví dụ 2: Cho a, b, c, d là 4 cạnh của một tứ giác lồi. Chứng minh rằng diện
tích tứ giác khơng lớn hơn

1
( ab  cd )
2

Lời giải: Giả sử bốn cạnh tứ giác là AB = a, BC = b, CD = c, DA = d.
Lúc đó ta có: S  S ABC  SCDA 

1
1
(ab sin B  cd sin D )  (ab  cd ) => ĐPCM.
2
2

Đánh giá: Lời giải này cịn thiếu trường hợp hai cạnh có độ dài a, b đối diện.

c) Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M  x(2a  x )(2b  x ) với a, b dương, phân
biệt và 0 < x < 2a, 0 < x < 2b
Lời giải: Vì M 

1
.2 x(2a  x)(2b  x)
2

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số 2x, 2a - x, 2b - x nên M lớn nhất khi chúng bằng
nhau, nhưng điều đó khơng xảy ra nên M khơng có giá trị lớn nhất.

6


Sáng kiến kinh nghiệm
Đánh giá: Điều này sai logic vì khi 3 số đó bằng nhau thì có giá trị lớn nhất, cịn khi khơng
bằng nhau thì chưa kết luận được gì.
d) Ví dụ 4: Cho 0  a 

1
1
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 2a + 2
a
2

Lời giải: Sai lầm thường gặp: S  2a 

1
1
1

 a  a  2  3 3 a.a. 2  3  min S = 3
2
a
a
a

Nguyên nhân sai lầm:
min S = 3  a  a 

1
1
 1 mâu thuẫn với giả thiết 0  a 
2
a
2

Phân tích và tìm tịi lời giải: Xét bảng sau để dự đốn Min S.
a

1
10

1
9

1
8

1
7

1
6

1
5

1
4

1
3

1
2

2.a

1
5

2
9

1
4

2
7

1
3

2
5

1
2

2
3

1

1
a2

100

81

64

49

36

25

16

9

4

S

100

1
5

81

2
9

64

1
4

49

2
7

36

1

3

25

2
5

16

1
2

9

2
3

5

Nhìn bảng trên ta thấy khi a càng tăng thì S càng nhỏ từ đó dẫn đến dự đốn khi a 

1
thì S
2

nhận giá trị nhỏ nhất. Theo phân tích ở trên ta khơng thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi
cho 3 số a , a,

1
:

a2

Cách 1: Ta dự đoán sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số a, a,

Sơ đồ điểm rơi 1:

=> 2a +

1
1


a

a



2
2

 8

1
1
a 
 


 a2

a3

1
1

= a  a  2
2
a
8a


Với a =

1
ta có:
 a2

8
7
3 7.4
 7
 5.
  2  3 3 a.a. 2  2  
a
8a
2 8
 8a

1
thì giá trị nhỏ nhất của S là 5.

2

Cách 2:

7


Sáng kiến kinh nghiệm
Ta dự đoán sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số  a ,  a,

1
1


 a  2
a  2

   8

1
1
 a   a 
   

a2
a3


Sơ đồ điểm rơi 2:

=>

S = 2a +

1
ta có:
a2

1
1 
1

=  8a  8a  2   14a  3 3 8a.8a. 2  14a
2
a
a 
a


= 12  14a  12  14.

1
1
 5 . Với a = thì Min S = 5.
2
2

Chương 2: GIẢI PHÁP CŨ THƯỜNG LÀM
Thực tế các giáo viên đã rất cố gắng để truyền thụ tới các học sinh phương pháp giải bài tập
chứng minh bất đẳng thức. Việc thực hiện đầy đủ các phần trên đây theo ý kiến của tôi là cách

hợp lý nhất để giải quyết dạng toán này. Khi chứng minh bất đẳng thức theo quan điểm của tơi
có 10 phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường được sử dụng. Việc phân chia ra phương
pháp này hay phương pháp khác chỉ tương đối, tuỳ theo quan niệm của mỗi người. Trong
phương pháp này có phương pháp kia, khó rạch rịi phân biệt được. Ví dụ đặt a = cosx có thể
hiểu là đặt ẩn phụ, hoặc gọi là phương pháp lượng giác hoá. Dưới đây tôi giới thiệu các phương
pháp chứng minh bất đẳng thức đó.
1. Phương pháp biến đổi tương đương :
Sử dụng các tích chất của bất đẳng thức, phép biến đổi kéo theo, tương đương. Có 2 con
dường quy nạp hoặc diễn dịch để có được kết quả bài tốn.
Ví dụ 1 : Bài 4(SGK CTC10Tr.79):
3

3

2

Chứng minh rằng: x  y  x y  xy
3

3

2

2

2

x, y  0

2

Giải: x  y  x y  xy  ( x  y ) ( x  y )  0 luôn đúng => ĐPCM
Ví dụ 2: (CM bất đẳng thức Bunhiacopxki)
2

2

2

2

2

Với mọi a,b,c,d thì: ( ac  bd )  (a  c )(b  d )
2

2

2

2

2

2 2

2

Giải: ( ac  bd )  ( a  c )(b  d )  2abcd  a c  b d

2

 (ac  bd ) 2  0 => ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi ac  bd .
2. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cơ bản:
Các bất đẳng thức cơ bản ở đây gồm bất đẳng thức Cô-si (cho 2 số, cho 3 số), bất đẳng thức
trị tuyệt đối, …
8


Sáng kiến kinh nghiệm
Một số bất đẳng thức Cơ bản ở đây:
2

2

2

(1) Với mọi a, b thì: ( a  b)  0  a  b  2 ab a,b  R
(2) Với a, b, c dương thì
(3) Với mọi a, b thì:

ab
 ab ;
2

a bc 3
 abc (BĐT Cô-si)
3

a  b  ab  a  b

Ta lấy một số ví dụ:

a 4 b4 c4
Ví dụ 1: CMR với a,b,c dương thì:
   3abc
b
c
a
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 hạng tử ở vế trái => ĐPCM.
Ví dụ 2: Với mọi a,b,c thì: a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
2

2

2

Giải: Với mọi a,b,c thì: ( a  b)  0  a  b  2ab

(b  c)2  0  b2  c 2  2bc và (c  a)2  0  c 2  a 2  2ca
Cộng tương ứng 3 bất đẳng thức suy ra ĐPCM.
3. Phương pháp quy nạp toán học:
Để chứng minh mệnh đề P(n) với n  no. Ta làm các bước:
Bước 1: Kiểm tra tính đúng sai của mệnh đề với n=no
Bước 2: Giả sử P(n) đúng đến n = k  no. Ta chứng minh đúng với n = k+1
Hơn nữa bất đẳng thức cũng là một mệnh đề logic với những điều kiện cho trước. Vì vậy
hồn tồn áp dụng được phương pháp này.
Ví dụ: CMR với n nguyên dương lớn hơn 2 thì:

Giải: Với n = 3. BĐT trở thành:

1
1
1

 ..... 
 n 1
1
2
n

1
1
1


 4 đúng.
1
2
3

Giả sử BĐT đúng với đến n = k tức là:

1
1
1

 ..... 
 k 1
1

2
k

Ta chứng minh cho BĐT đúng với n = k+1. Thật vậy:

1
1
1
1
1
k 2
k2

 ..... 

 k 1 


 k 2.
1
2
k
k 1
k 1
k 1
k2
4. Phương pháp phản chứng:
Ví dụ: Chứng minh có ít nhất 1 trong 3 bất đẳng thức sau đây là sai:

1

1
1
a (1  b)  ; b(1  c)  ; c (1  a ) 
4
4
4
9

với 0  a, b, c  1


Sáng kiến kinh nghiệm
Giải: Giả sử cả 3 bất đẳng thức đều đúng. Nhân lại với nhau ta có:

a(1  b)b(1  c)c (1  a ) 

1
1
 abc (1  a)(1  b)(1  c ) 
64
64

Nhưng theo bất đẳng thức Cơ-si ta có: a (1  a ) 
Tương tự: b (1  b ) 

(1)

1
4

1
1
1
, c (1  c)  Khi đó: abc (1  a)(1  b )(1  c ) 
(2)
4
4
64

Mâu thuẫn giữa (1) và (2). Vậy điều giả sử là sai. Ta có ĐPCM.
5. Phương pháp lượng giác hố:
Thơng thường từ dữ kiện đề bài, ta đạt ẩn phụ theo các giá trị luợng giác, chuyển bài toán
về chứng minh bất đẳng thức luợng giác. Lấy một ví dụ:

1
b

1
c

Chứng minh rằng: ( a  )(b  )(c 

Giải: Từ giả thiết tồn tại: x, y, z  (0;

(cos x 

1
1
1
1

)  (a  )(b  )(c  ) với a,b,c > 1.
a
a
b
c


1
1
1
) để a 
;b 
;c 
2
cos x
cos y
cos z

1
1
1
1
1
1
)(cos y 
)(cos z 
)  (cos x 
)(cos y 
)(cos z 
)

cos y
cos z
cos x
cos x
cos y
cos z

Ta có: cos( x  y )  1  1  cos x.cos y  sin x.sin y
Tương tự: 1  cos y.cos z  sin y.sin z

1  cos z.cos x  sin z.sin x
Nhân tương ứng ta có:

(1  cos x.cos y )(1  cos y.cos z )(1  cos z.cos x )  sin 2 x.sin 2 y.sin 2 z
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
6. Phương pháp hình học:
Áp dụng bất đẳng thức liên hệ 3 điểm: AB + BC  AC.
Ví dụ 1: CMR với mọi a,b,c,d ta có:

a 2  b 2  c 2  d 2  (a  c) 2  (b  d ) 2

Giải: Trong mặt phẳng toạ Oxy xét các điểm A(a;b), B(-c;-d) ta có:
OA + OB  AB. Suy ra điều cần chứng minh.
Ta có thể áp dụng các chứng minh trên cho việc chúng minh bất đẳng thức sau:
Ví dụ 2: CMR:

a 2  ab  b 2  a 2  ac  c 2  b 2  bc  c 2 (2)

b
2

Bởi BĐT (2)  ( a  ) 2 

3b 2
c
3c 2
b c
3b
3c 2
 (a  )2 
 (  )2  (

)
4
2
4
2 2
2
2
10


Sáng kiến kinh nghiệm
7. Phương pháp hàm số:
Ví dụ 1: CMR với a,b,c khơng âm thì:

a 2  b 2  c2  2(cos a  cos b  cos c)  6  0
Lời giải: Xét hàm số: f (t )  t  2cos t , t   0;  
2

Ta có: f '(t )  2t  2sin t , f ''(t )  2  2cos t và f ''(t )  0, t   0;  
Khi đó: f '(t ) đồng biến trên  0;  => f '(t )  f '(0)  0  f (t ) đồng biến trên

0;  . Do vậy

f (t )  f (0)  2  f (a)  f (b)  f (c)  6 => ĐPCM.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: (1 

1 n1
1
)  (1  ) n với n  N*
n 1
n
1
x

Lời giải: Xét hàm số f ( x)  (1  ) x , x  1

1
f '( x)
1
1
 ln f ( x)  x ln(1  ) 
 ln(1  ) 
x
f ( x)
x 1 x
2

  f '( x)  f ( x). f ''( x) x( x  1)  1
f '( x)
(
)' 

0
2
f ( x)
( x  1)2
 f ( x) 
Ta có:

f '( x)
f '( x) f '(1)
đồng biến trên 1;  

 0  f '( x)  0
f ( x)
f ( x)
f (1)

 f ( x) đồng biến trên 1;  . Nói riêng với n N* => ĐPCM.
8. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Đôi khi ta đặt ẩn phụ mới chuyển sang bất đẳng thức khác cần chứng minh trông đẹp hơn.
Lấy ví dụ: Bài 20(SGK NC Đại số 10 Tr112):
2

2

“Chứng minh rằng nếu x  y  1 thì x  y 

2”

Giải: Đặt x  sin  ; y  cos  x  y  sin   cos  

2 sin( 


) 2
4

Xét một ví dụ khác:
2

2

2

“Cho 3 số dương a,b,c thoả mãn: a  b  c  3 thì:

Giải: Cần chứng minh:

Đặt

a2 

ab bc ca
 
 3”
c

a
b

ab bc ca
 
 3  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2  3abc
c
a
b

3x
3y
3z
, b2 
, c2 
x yz
x yz
x yz
11

( x, y , z  0)

(1)


Sáng kiến kinh nghiệm
Khi đó:

 xy  yz  zx  3 xyz ( x  y  z )

(1)

 ( xy  yz  zx)2  3xyz ( x  y  z)


1
2
2
2
 xy  yz    yz  zx    zx  xy    0 luôn đúng với x, y, z  0

2
=> ĐPCM

9) Phương pháp đánh giá
Ví dụ 1: bài 16 (SGK Đại số 10NC, Tr.112), chứng minh rằng:

1

1
1
1
1



2
n
n( n  1) n  1 n

Giải: Ta có:

 1

1 1
1
 2  ...  2  2
2
2 3
n

(n  N *)

(n  1)

1
1
1
1 1 1 1
1
1
1
 2  ...  2  1      ... 
  2   2 (n  1)
2
2
3
n
1 2 2 3
n 1 n

n

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 1 
Giải: Đặt S 

a
b
c
d



2
abd abc bcd acd

a
b
c
d



abd abc bcd acd
a
a
ac


a bcd abd a bc d

Ta chứng minh được:

b
b
ad


a bc d abc abcd

Tương tự:

c
c
ca


a bc d bcd a bc d
d
d
d b


a bcd a bd a bc d
Cộng từng vế ta có: 1< S < 2
10) Phương pháp dồn biến:
Nội dung chính của phương pháp này đó là tìm cách đưa bài tốn nhiều biến phức tạp, thành
bài tốn mới ít ẩn số hơn một cách hợp lý.
2

2

2

Ví dụ: Cho a  b  c  2 , ab  bc  ca  1, chứng minh rằng 

4
4
a
3
3

2

Giải: Từ giả thiết ta có ( a  b  c )  4  b  c   2  a

(b  c ) 2
( 2  a) 2 3a 2  4a  4
2
a b c a 
a 

2
2
2
2

2

2

2

12


Sáng kiến kinh nghiệm

4
4
 3a 2  4 a  0 . Vậy   a  .
3
3
Tất nhiên trong thời lượng phân phối của bộ mơn khơng có đủ thời gian để giáo viên trang bị
cho học sinh tất cả các phương pháp nêu trên. Nhưng giáo viên có thể gợi mở, tăng sự sáng tạo
của học sinh. Cụ thể khi tiếp cận với một đề thi hoàn toàn mới. giáo viên cần trang bị cho học
sinh khả năng tái hiện kiến thức các phương pháp và sáng tạo tìm ra cách giải bài tốn. Ta cùng
xét các câu hỏi về bất đẳng thức trong các đề thi đại học, cao đẳng năm 2009 và năm 2012.
- Thứ nhất: Đề thi tuyển sinh đại học khối A mơn tốn năm 2009, câu V:
Chứng minh rằng với x, y, z  0 thoả mãn x( x  y  z )  3 yz ta có:
( x  y )3  ( x  z )3  3( x  y )( x  z )( y  z )  5( y  z ) 3

Phương pháp làm bài: Đặt a  x  y, b  x  z, c  y  z bài toán trở thành:
Cho a, b, c  0 thoả mãn: c 2  a 2  b 2  ab chứng minh rằng: a 3  b3  3abc  5c3
Phương pháp đặt ẩn phụ đã giúp đưa bài toán về bài toán đỡ phức tạp hơn, gần gũi hơn.
Tuy nhiên đây là một câu trong đề thi khối A nên độ khó của nó ta cũng đã biết. Các thầy cơ có
thể tìm hiểu lời giải này trong đáp án đề thi đại học khối a năm 2009 của bộ giáo dục và đào tạo.
- Thứ hai: Đề thi tuyển sinh cao đẳng mơn tốn năm 2009, câu V :
Cho a, b thoả mãn: 0  a  b  1 , chứng minh rằng: a 2 ln b  b 2 ln a  ln a  ln b
Phương pháp làm bài: BĐT cần chứng minh tương đương với:
Xét hàm số f (t ) 

ln a
ln b
(2)
 2
2
a 1 b 1

ln t
, t  (0;1) . Ta chứng minh được f '(t )  0 do đó hàm f (t ) đồng biến
t2 1

trên khoảng (0;1). Suy ra ĐPCM.
Bài toán này có lẽ khơng cịn cách nào khác ngồi việc sử dụng phương pháp
hàm số. Tuy nhiên học sinh cần được luyện tập nhiều mới phát hiện được sự tương
đồng trong 2 vế của BĐT (2).
- Thứ ba: Đề thi tuyển sinh đại học khối D mơn tốn năm 2009, câu V
Cho x, y  0 thoả mãn x  y  1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
S  (4 x 2  3 y )(4 y 2  3 x)  25 xy

Phương pháp làm bài: Ta thấy sự đối xứng của x, y trong biểu thức S và điều kiện bài
tốn.Dẫn đến hình thành tư duy liên hệ giữa tổng và tích của x và y. Trong đó ở đây x  y  1 lúc
này gợi ý đặt xy=t.
Cần sử dụng đến BĐT 0  xy 

( x  y )2 1
1
 khi đó: 0  t  . Bài toán trở thành:
4
4

4

13


Sáng kiến kinh nghiệm
 1
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của S  f (t )  16t 2  2t  12, t   0;  . Bài tập này thực sự
 4
khơng khó đối với học sinh.tuy nhiên sau khi tìm xong

1
25
1
191
max f (t )  f ( )  ; min f (t )  f ( ) 
chính là cơng việc tìm xem có x, y thoả
1
 1


4
2 0; 
16
16
0; 
 4

 4

mãn t 

1
1
(t  ) hay khơng? Từ đó mới kết luận được kết quả của bài toán.
4
16

Trên đây là 3 câu hỏi trong đề thi đại học, cao đẳng năm 2009. Với các phương pháp đã nêu
khi trang bị cho học sinh. Tôi tin học sinh của tôi thực hiện tốt những câu hỏi này.
- Thứ tư: Đề thi tuyển sinh đại học khối A mơn tốn năm 2012, câu 6
“Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P  3

xy

3

y z

3

z x

 6(x 2  y 2  z 2 ) .”

Trước bài toán này, câu hỏi đặt ra là chúng ta sẽ giải quyết nó theo hướng nào? Các phương
pháp kể trên có giải quyết được bài tốn hay không?

Chương 3: GIẢI PHÁP MỚI

Xuất phát yêu cầu kiến thức của từng giai đoạn khác nhau, giáo viên bổ sung cho học sinh
các phương pháp, cách giải phù hợp. Dạy học chứng minh bất đẳng thức cũng vậy. Người giáo
viên tìm tịi, bổ sung phương pháp chứng minh cho các học sinh những phương pháp mới hiệu
quả là điều cần thiết. Ngoài các phương pháp thường làm kể trên, khi học phần kiến thức Đạo
hàm và các ứng dụng. Ngay trong chương trình lớp 11, khi có khái niệm đạo hàm chúng ta có ý
nghĩa hình học quan trọng về đạo hàm.
“Nếu tồn tại, f '(x 0 ) là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f (x) tại điểm

M 0 (x 0 ; f (x 0 )) . Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M 0 là

y  y0  f '(x 0 ).(x  x 0 ) ”
Ta có nhận xét sau: Nếu đường thẳng (d): y  ax  b là tiếp tuyến của đồ thị (C): y  f (x)
tại điểm M 0 (x 0 ;f (x 0 )) ( không là điểm uốn), khi đó tồn tại một khoảng D chứa điểm x 0 sao cho
trên đó đồ thị (C) nằm phía dưới đồ thị (d) hoặc nằm phía trên đồ thị (d). Tức là

f (x)  ax  bx  D hoặc f (x)  ax  bx  D . Và đẳng thức xảy ra khi x  x 0 .
Hơn thế nữa ta đều phân tích được f (x)  (ax  b)  (x  x 0 ) k .g(x) với k  N, k  2 .
Khi đó ta xét dấu của g(x) để so sánh giữa f (x) và (ax  b) .
Từ việc phân tích ở trên ta thấy, để chứng minh bất đẳng thức 2 hay nhiều biến nếu ta biến
đổi một bất đẳng thức về dạng chẳng hạn như f (a1 )  f (a 2 )  ....  f (a n )  E . Khi đó điểm rơi
14


Sáng kiến kinh nghiệm
là a1  a 2  ...  a n  x 0 . Khi đó ta sẽ viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f (x)
tại x  x 0 và sử dụng nhận xét kể trên.
Ta sẽ xét một số ví dụ để làm rõ điều này:
Bài 1: Cho 4 số dương a,b,c,d thỏa mãn a  b  c  d  1 . Chứng minh rằng

1

6(a 3  b3  c3  d 3 )  a 2  b 2  c2  d 2  .
8
Nhận xét. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  d 

1
. Bất đẳng thức cần chứng minh
4

tương đương với

(6a 3  a 2 )  (6b 3  b 2 )  (6c3  c 2 )  (6d 3  d 2 ) 

1
1
 f (a)  f (b)  f (c)  f (d) 
8
8

Trong đó f (x)  6x 3  x 2 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f (x) tại x 

1
là
4

1
1
1 5
1
5x  1
y  f '( ).(x  )  f ( )  x  . Ta cần so sánh f (x) và

x  (0;1)
4
4
4 8
8
8
Lời giải.
Ta có 6a 3  a 2 

5a  1
 48a 3  8a 2  5a  1  0  (4a  1)2 (3a  1)  0 đúng a  (0;1)
8

(Dấu bằng xảy ra khi a 

1
). Vai trị a, b, c, d bình đẳng nên ta có
4

(6a 3  a 2 )  (6b 3  b 2 )  (6c 3  c 2 )  (6d 3  d 2 ) 
(Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  d 

5(a  b  c  d)  4 1
 =>ĐPCM.
8
8

1
)
4

3
4

Bài 2: Cho a, b,c   ;a  b  c  1 . Chứng minh
Nhận xét. Dấu bằng xảy ra a  b  c 

f (x) 
x

x
liên tục trên
x 1
2

a
b
c
9
 2
 2
 .
a  1 b  1 c  1 10
2

1
9
, khi đó f (a)  f (b)  f (c) 
với hàm số
3

10

 3

  4 ;   . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f (x) tại

1
36x  3
là y 
. Từ đó gợi ý cho ta dẫn đến lời giải của bài tốn.
3
50
Lời giải.

Ta có

36a  3
a
(3a  1) 2 (4a  3)
3
36a  3
a
 2

 0a   
 2
2
50
a 1
50(a  1)

4
50
a 1
15


Sáng kiến kinh nghiệm
Suy ra

a
b
c
36(a  b  c)  9 9
 2
 2

  ĐPCM.
a 1 b 1 c 1
50
10
2

(Dấu bằng xảy ra khi a  b  c 

1
).
3

Qua 2 bài tập trên ta nhận thấy rằng phương trình tiếp tuyến là đường lối cơ sở để chúng ta
dẫn đến bất đẳng thức cơ bản cần chứng minh. Điều quan trọng là biến đổi để có được hàm số và

điểm rơi cần thiết. Qua đó cũng cho thấy sự hạn chế của phương pháp này. Tuy nhiên cũng sẽ là
công cụ giúp ta giải quyết các bài tập chứng minh bất đẳng thức một cách tự nhiên hơn. Người
đọc sẽ giải thích được các câu hỏi như: Tại sao lai có bất đẳng thức đó? Nó xảy ra khi nào?
Cách nào để tìm ra nó. Thực tế khi giải bài tập, khơng nhất thiết phải trình bày chi tiết cách tìm
ra bất đẳng thức cơ sở, từ đó suy ra điều phải chứng minh. Ta tiếp tục xét một số bài toán thuộc
dạng này.
Bài 3. Cho 3 số dương a, b,c biết a  b  c  3 . Chứng minh rằng

a  b  c  ab  bc  ca

(1)

Nhận xét. (1)  a 2  b 2  c 2  2( a  b  c)  (a  b  c) 2  9
Do vậy ta xét hàm số f (x)  x 2  2 x và viết phương trình tiếp tuyến (PTTT)
của đồ thị hàm số tại điểm có hồnh độ bằng 1. Và làm tương tự như đã làm đối với bài tập 1 và
bài tập 2.
Lời giải.
Ta có: a 2  2 a  3a  ( a  1) 2 (a  2 a )  0  a 2  2 a  3a
Tương tự ta có b 2  2 b  3b;c 2  2 c  3c . Cộng 3 bất đẳng thức ta được ĐPCM
(Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1 )
Bài 4. Cho a, b, c  0 . Chứng minh

a
b
c
9
.




2
2
2
(b  c) (c  a) (a  b)
4(a  b  c)
Lời giải.

Khơng mất tính tổng quát với bộ số a, b, c ta đặt a  b  c  1 khi đó ta cần chứng minh

a
b
c
9
x
trên (0;1).


 . Xét hàm số f (x) 
2
2
2
(1  a) (1  b) (1  c)
4
(1  x) 2
Ta viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

y

1
x

tại điểm có hồnh độ x  là
2
3
(1  x)

18x  3
18x  3 (3x  1)2 (3  2x)
. Lại có f (x) 

 0x  (0;1)
4
4
4(1  x)2

16


Sáng kiến kinh nghiệm
 f (x) 

18x  3
18(a  b  c)  9 9
 f (a)  f (b)  f (c) 
  ĐPCM.
4
4
4

Nếu a  b  c  t  0 

a b c
   1 , ta chứng minh tương tự như trên cho bộ số
t t t

a
b
c
a '  ;b '  ;c '  . Từ đó ta có điều cần chứng minh.
t
t
t
Trên đây ta đã đề cập đến một số bài tập có sử dụng phương pháp chứng minh bất đẳng
thức dự vào phương trình tiếp tuyến của đường cong. Phương pháp này không tối ưu trong mọi
trường hợp nhưng qua đó giúp ta giải quyết được nhiều bài tốn chứng minh bất đẳng thức một
cách khó khăn theo cách giải khác. Một số bài toán khi thực hiện theo cách giải này sẽ tự nhiên
hơn, mang đến cái nhìn đơn giản hơn. Qua đó phần nào đáp ứng được việc làm đơn giản hóa bài
tốn chứng minh bất đẳng thức trước học sinh. Ta xét bài toán tổng hợp Câu 6 đề thi đại học
khối A năm 2012, một bài tập tương đối khó.
“Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P  3

xy

3

y z

3

z x

 6(x 2  y 2  z 2 ) .”

Ta tìm hiểu đáp án chi tiết của Bộ Giáo dục và Đào tạo:
“ Ta chứng minh 3t  t  1 t  0 (*)
Xét hàm số f (t)  3t  t  1  f '(t)  3t ln 3  1  0t  0;f (0)  0  (*) đúng.
Áp dụng (*) ta có 3

xy

3

y z

3

z x

 3 x  y  yz  z  x

Áp dụng bất đẳng thức a  b  a  b ta có
2

2

2

( x  y  y  z  z  x )2  x  y  y  z  z  x  x  y ( y  z  z  x ) 
2

2

2

 y  z ( x  y  z  x )  z  x ( x  y  y  z )  2( x  y  y  z  z  x )
Do đó
2

2

2

x  y  y  z  z  x  2( x  y  y  z  z  x )  6(x 2  y 2  z 2 )  2(x  y  z) 2
 x  y  y  z  z  x  6(x 2  y 2  z 2 )  P  3
Khi x  y  z  0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của (P) bằng 3.”
(Theo đáp án mơn tốn khối A, đề thi tuyển sinh đại học năm 2012)
Theo đáp án trên đây, việc tìm giá trị nhỏ nhất của bài tốn phụ thuộc nhiều vào việc tìm ra
bất đẳng thức (*) và sử dụng nó. Theo đáp án thì lời giải không thấy tự nhiên. Nhưng nếu chúng
t

ta xét theo phương pháp giải sử dụng phương trình tiếp tuyến của đường y  e tại điểm có
hồnh độ bằng 0.
17


Sáng kiến kinh nghiệm

y '  e t  y '(0)  1  PTTT : y  y '(0).(t  0)  y(0)  t  1

3

e

t

t

t

t

Lại có ( )  1t  0  3  e , việc chứng minh e  t  1t  0 đã có trong bài tập của
chương trình phổ thơng.
Bên cạnh đó cúng cần phải nhớ x  y  0, y  z  0, z  x  0 .
Rõ ràng thực hiện theo phương pháp giải kể trên lý giải việc dẫn đến bất đẳng thức (*) của bài
toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều.
Đây là một bài tốn điển hình thể hiện những điểm thuận lợi khi sử dụng phương pháp
chứng minh này so với các phương pháp thường dùng trước đây. Tất nhiên để giải quyết bài toán
cần phối hợp nhiều phương pháp khác nhau, các kĩ thuật khác nhau, đúng yêu cầu là một bài
toán phân hóa học sinh giỏi và xuất sắc trong đề thi đại học khối A.
Ngồi những bài tốn kể trên, sử dụng phương pháp chứng minh mới này có thể giải quyết
được các bài tập sau nhanh chóng và thuận tiện:
Bài 1. Cho a, b, c  0 và a 2  b 2  c2  1 . Chứng minh

b 2  c2 c2  a 2 a 2  b 2


2 3
a
b
c

(*)

1  a 2 1  b2 1  c2
1 x2
HD. (*) 
tại


 2 3 . Ta viết PTTT của đồ thị hàm só y 
a
b
c
x
điểm có hoành độ x 

1
và sử dụng phương pháp 11.
3

Bài 2. Cho một tam giác có độ dài 3 cạnh là a, b,c. Chứng minh

1 1 1
9
1
1
1
  
 4(



)
a b c abc
a b bc ca

(**)

HD. Do vai trò a, b, c bình đẳng và thuần nhất, ta đặt a  b  c  1 (trong trường hợp có tổng
là t > 0 ta giải như bài tập 4 chương 3).
Khi đó ta xét hàm số f (x) 
hồnh độ x 

4
1
và viết PTTT của đồ thị hàm số y  f (x) tại điểm có

1 x x

1
 vận dụng phương pháp 11.
3

Bài 3. Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng

a3
b3
c3
abc




.
2
2
2
2
2
2
a  ab  b b  bc  c c  ca  a
3
HD. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c .

18


Sáng kiến kinh nghiệm
Xét hàm số f (x) 

x3
x 4  2bx 3  3b 2 x 2
viết phương trình tiếp

f
'(x)

x 2  bx  b 2
(x 2  bx  b 2 ) 2

tuyến của y  f (x) tại x = b. Từ đó chứng minh

a3
2a  b

2
2
a  ab  b
3

Tương tự với các biểu thức còn lại ta có đpcm.

Chương 4: KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM
I. THỰC NGHIỆM 1:
Bài kiểm tra chương 1 giải tích 12. Tơi đã dõi và tổng hợp kết quả của học sinh lớp tôi
trực tiếp giảng dạy và các lớp đối chứng. Tuy rằng việc phân hóa lớp tương đối tương đồng
nhưng hiệu quả bài làm rõ ràng với hướng làm mới, các em vận dụng theo phương pháp 11 kết
quả tốt hơn rất nhiều. Ta thống kê số liệu học sinh làm tôt câu 2 phần tự luận.
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT MƠN TỐN LỚP 12 (CHƯƠNG 1)
1. Ma trận đề:
Chủ đề
Tính đơn điệu
Cực trị, GTLN,GTNN
Tiệm cận

Nhận biết
TNKQ
TL
3
0,5
3
0,5

2
0,5

Thơng hiểu
TNKQ
TL

Vận dụng
TNKQ
TL

Tổng
1,5
1,5
1,0

Khảo sát hàm số

1
3,0
19

3,0


Sáng kiến kinh nghiệm
Các bài toán liên quan

1

Tổng

4,0

3,0
3,0

3,0

3,0
10,0

2. Nội dung:
A. Phần trắc nghiệm: (4 điểm)
Câu 1: Hàm số y  x 3  3x 2  4 đồng biến trên khoảng:
A. (0; 2)
B. (  ; 0) và (2;  )
C. (  ; 2)
4

D. (0; +∞)

2

Câu 2: Hàm số y   x  2 x  3 đồng biến trên khoảng:
A. (–∞; 0)
B. (–∞; –1)
C. (1; +∞)
1 x
Câu 3: Hàm số y 

nghịch biến trên khoảng:
x2
A. (–∞; +∞)
B. (–∞; 2)
C. (2; +∞)
3

D. (0; +∞)

D. (–2; +∞)

2

Câu 4: Hàm số y  x  3x  4 đạt cực tiểu tại điểm:
A. x = 0
B. x = 2
C. x = 4

D. khơng có

Câu 5: Hàm số y   x 4  2 x 2  3 đạt cực đại tại điểm:
A. x = –1
B. x = 1
C. x = 0
x 1
Câu 6: Hàm số y 
có mấy điểm cực trị:
2 x
A. 0
B. 1

C. 2
Câu 7: Đồ thị hàm số y 
A. 0
Câu 8: Đồ thị hàm số y 
A. 0
B. Phần tự luận: (6 điểm)

x 1
2

x  3x
B. 1
x 3

D. x = 3

D. 3

có bao nhiêu tiệm cận:
C. 2

x2  x  2
B. 1

D. 3

có bao nhiêu tiệm cận đứng:
C. 2

D. 3

Bài 1. Cho hàm số : y  x 3  3x 2  4 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x 3  3 x 2  m .
Bài 2. Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  xy

1 1
 .
x y

Kết quả: Thống kê số học sinh làm được bài tự luận thứ 2. Việc thống kê đó cịn cho ta biết
bao nhiêu học sinh giải bài 2 phần tự luận theo phương pháp chứng minh 11.Qua đó giáo viên có
thể điều chỉnh, rút kinh nghiệm cho học sinh:
+ Năm học 2010 – 2011:
Lớp

Tên

Sĩ số

Hoàn thành 100%

Hoàn thành 50%

Thực nghiệm

12A1

51

35

9

Đối chứng

12A2

56

8

9

20

Ghi chú


Sáng kiến kinh nghiệm
Đối chứng

12A3

51

4

8

Hoàn thành 100%

Hoàn thành 50%

+ Năm học 2011 – 2012:
Lớp

Sĩ số

Tên

Thực nghiệm

12A1

49

32

13

Đối chứng

12A2

48

10

15

Đối chứng

12A3

50

5

9

Sĩ số

Hoàn thành 100%

Hoàn thành 50%

Ghi chú

+ Năm học 2012 – 2013:
Lớp

Tên

Thực nghiệm

12A1

48

34

7

Đối chứng

12A2

44

16

11

Thực nghiệm

12A3

49

8

9

Đối chứng

12A4

43

3

6

Ghi chú

Các kết quả trên phản ánh phần nào nếu học sinh được trang bi tốt các kiến thức và phương
pháp sẽ giải quyết rất tôt yêu cầu của bài tốn. Ở đây ta nói đến bài tập số 2 phần tự luận. Học
sinh khi chưa biết thêm phương pháp sử dụng phương trình tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức
thì học sinh chỉ cịn cách vận dụng tốt bất đẳng thức cosi với điểm rơi phù hợp, vì vậy các học
sinh đó có kết quả khơng cao. Qua đó ta thấy ưu điểm của phương pháp này trong bài toán cụ thể
trên.
II. THỰC NGHIỆM 2:
Cuối năm học 2011 – 2012, tôi ra 2 đề thi sát hạch các khối 10 và 11, nội dung đề thi bám sát
yêu cầu của đề thi đại học cao đẳng của Bộ giáo dục đàò tạo. Mục kiểm tra đánh giá kết quả học
tập của các em và của các giáo viên trong năm học, đồng thời là cơ sở phân luồng của học sinh.
Chúng tôi đã lựa chọn 2 bài tập bất đẳng thức và ứng dụng trong 2 đề này ngồi những mục tiêu
kể trên, tơi kiểm tra xem học sinh lớp 11 khi được trang bị phương pháp mới thì kết quả của các
em thay đổi như thế nào. Kết quả thi của 2 khối và đặc biệt khối 11 đã đáp ứng một phần kì vọng
của chúng tôi.
Kết quả thi sát hạch cuối năm Năm học 2011 - 2012 của khối 10:
Điểm bài thi

Điểm giỏi

Điểm khá

Điểm TB

Điểm yếu, kém

Số luợng

19

60

123

208

Làm tốt BĐT

23

18

0

0

Kết quả thi sát hạch cuối năm Năm học 2011 - 2012 của khối 11:
Điểm bài thi

Điểm giỏi

Điểm khá

Điểm TB

Điểm yếu, kém

Số luợng

45

78

172

101

Làm tốt BĐT

38

25

04

0

21


Sáng kiến kinh nghiệm
Qua số liệu đó ta thấy số học sinh làm tốt câu bất đẳng thức đã tăng lên đáng kể khi có
thêm một phương pháp làm bài mới. Tất nhiên phụ thuộc vào nội dung đề bài. Ta cũng phải công

nhận rằng nhiều bài tập về bất đẳng thức và ứng dụng chỉ có một hướng giải đặc biệt, khó có thể
áp dụng phương pháp giải khác. Do đó phương pháp chứng minh bất đẳng thức dựa vào phương
trình tiếp tuyến của đường cong cũng là một hướng giải mà mỗi người giáo viên cũng nên trang
bị cho học sinh.

Phần 3: KẾT LUẬN

Qua sáng kiến kinh nghiệm tơi nghĩ rằng: Để học sinh làm tốt bài tốn chứng minh bất
đẳng thức, ngoài việc giáo viên truyền đạt cho học sinh các kiến thức cơ bản, thì giáo viên cũng
nên trang bị cho các em kiến thức, các phương pháp làm bài chứng minh bất đẳng thức. Thường
xuyên được nhắc lại trong các phần kiến thức khác nhau, rút ra bài học sau mỗi bài dạy. Khi kết
thúc chương trình THPT học sinh sẽ có cái nhìn tồn diện nhất về toàn bộ các phương pháp làm
bài chứng minh bất đẳng thức và ứng dụng. Đồng thời các tổ chuyên môn thường xuyên tổ chức
các buổi sinh hoạt chuyên môn về phương pháp dạy học bất đẳng thức để tìm ra con đường
hướng dẫn học sinh khơng cịn q lo sợ trước dạng tốn này. Ngồi các phương pháp chứng
minh thơng thường, giáo viên cũng nên tìm tịi, sáng tạo tìm ra các phương pháp chứng minh bất
đẳng thức phù hợp với nhận thức của học sinh từng giai đoạn.
Rất mong có sự đóng góp ý kiến của các thầy cô.

22


Sáng kiến kinh nghiệm
TÀI LIỆU THAM KHẢO:
-

Bộ sách giáo khoa, sách bài tập mơn tốn THPT.

-

Quyển phương pháp giảng dạy mơn tốn của nhà xuất bản giáo dục.

-

Sáng tạo Bất đẳng thức - Phạm Kim Hùng.

-

Những viên kim cương trong chứng minh bất đẳng thức - Trần Phương.

-

Các chuyên đề tốn THPT- tác giả Phan Huy Khải.

-

Tạp chí tốn học và tuổi trẻ - Nhà xuất bản giáo dục.

-

Một số tài liệu của bạn bè đồng nghiệp và khai thác trên internet.

23