(SKKN 2022) ứng dụng giải tích trong chứng minh bất đẳng thức

MỤC LỤC Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Kết luận, kiến nghị 4.1 Kết luận 4.2 Kiến nghị Tài liệu tham khảo 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Đối với người giáo viên đặc biệt giáo viên trường chuyên nhiệm vụ trang bị cho em học sinh kiến thức tảng để giải tốn bản, chúng tơi cịn tham gia giảng dạy, bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Vì việc học tập, trau dồi chuyên đề nâng cao nhiệm vụ quan trọng Nội dung Bất đẳng thức nội dung thường xuất đề thi vào 10, đề thi học sinh giỏi mơn Tốn, đề thi đại học, đề thi THPT quốc gia nhiều mức độ khác Bên cạnh lại có nhiều phương pháp giải khơng phải học sinh có điều kiện tiếp cận Với em học sinh khối 12, sau học tính chất giải tích hàm số, em có cơng cụ có tính tương lai để chứng minh bất đẳng thức hay toán max-min Nhằm nâng cao hiệu giáo dục nhà trường phổ thông, góp phần bước nâng cao chất lượng cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi trường chuyên, biên soạn chuyên đề: “Ứng dụng giải tích chứng minh bất đẳng thức ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm tìm phương pháp giúp học sinh tiếp cận có tảng kiến thức để xử lí tốn bất đẳng thức, rèn luyện khả suy nghĩ độc lập, tìm tịi, phát vấn đề 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm lớp chuyên Toán, đội tuyển học sinh giỏi mơn Tốn Trường THPT chuyên Lam Sơn 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu Bất đẳng thức, Giải tích, Phương pháp dạy học mơn Tốn có liên quan đến đề tài Sáng kiến kinh nghiệm Quan sát: Quan sát thực trạng Dạy - Học lớp chun Tốn 10, 11, 12 nói chung đội tuyển HSG mơn Tốn nói riêng, phần bất đẳng thức Trường THPT chuyên Lam Sơn Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để xem xét tính khả thi hiệu việc vận dụng dạy học số nội dung phần bất đẳng thức vào dạy lớp chuyên Toán 10, 11, 12 đội tuyển học sinh giỏi Toán Trường THPT chuyên Lam Sơn NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Định lí tính đơn điệu hàm số: Nếu hàm số khoảng (a; b) f ′( x) > ( a; b ) f ( x) f ( x) có đạo hàm đồng biến khoảng Các bất đẳng thức Cauchy, AM-GM, Cauchy-Schwarz, Các kiến thức hàm số Chương I SGK Toán 12 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Học sinh lớp chuyên đội tuyển thường gặp khó khăn gặp toán bất đẳng thức Các tài liệu chưa đưa hệ thống tập, phương pháp hiệu để giải toán đa thức 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm, giải pháp sử dụng để giải vấn đề - Hướng dẫn học sinh tìm hiểu kỹ đề bài, gợi ý cho em theo định hướng phát giải vấn đề Đưa phân tích tư duy, nào, cách nghĩ chung để phát lời giải - Ln hướng dẫn học sinh dùng tương tự hóa để tìm lời giải cho tốn - Rèn luyện cho học sinh thực phân chia thành cơng đoạn để dễ thực giải tốn - Ln linh hoạt giải tốn, kết hợp thành thục phương pháp - Nêu số phương pháp chung để giải toán đa thức với hệ thống tập ví dụ mẫu mực Sau phần nội dung chi tiết sáng kiến kinh nghiệm Phần I SỬ DỤNG HÀM SỐ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bất đẳng thức (BĐT) kì thi THPTQG, HSG Tỉnh, HSG Quốc gia, HSG khu vực Quốc tế coi tốn hay khó.Cùng với BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz, BĐT Chebyshes, BĐT Jensen sử dụng hàm số phần kiến thức quan trọng nhiều toán đại số BĐT Nó thực cơng cụ hiệu có ứng dụng rộng rãi giải toán, phương pháp chuẩn mực ta gặp phải BĐT thông thường I.1 Bất đẳng thức biến số Bài 1: Chứng minh với f ( x) = − x + Giải: Xét hàm số f ′( x) = Ta có [ 0;+∞ ) x>0 x− ta có x3 + sin x Lưu ý [ 0;+∞ ) Ta có f ′′′( x) = − cos x ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) ⇒ f ′′( x) ≥ f ′′(0) = Suy x2 − + cos x, f ′′( x) = x − sin x, f ′′′( x) = − cos x f ′( x) ≥ f ′(0) = ⇒ f ( x) đồng biến f ( x) ≥ f (0) = 0, ∀x ≥ Tức x3 < sin x < x x3 x3 − x + sin x >0 ⇔ x − < sin x 6 f ′′( x) > f ′′(0) = với x>0 ta có , nên [ 0;+∞ ) f ′( x)   đồng biến Do f ( x) > f (0) = 0, ∀x > với sin x < x x>0 (1) (2) Từ (1) (2) ta có đpcm Bài 2: Tìm GTNN hàm số f ( x) = x2 + x + + x2 − x + Giải: TXĐ: Xét hàm số ¡ f ( x) = x2 + x + + x2 − x + ¡ Ta có 1 1 x− x+ −x 2 2 f ′( x ) = + = + 2 2 1 1 1    1  x+ ÷ + x− ÷ + x+ ÷ +  − x÷ + 2 2 2    2  1  1  = g  x + ÷+ g  − x ÷ 2  2  x+ g (t ) = t t + , t ∈¡ x với , Vì hàm g đồng biến ¡ nên 1  1  f ′( x) = ⇔ x = 0; f ′( x) > ⇔ g  x + ÷ > g  − x ÷ ⇔ x > 2  2  Ta có bảng biến thiên −∞ x f ′( x ) f ( x) 0 +∞ Bài 3: Cho a , b, x > f ( x) = ⇔ x = a≠b + +∞ Từ bảng biến thiên suy +∞ Chứng minh b+ x a+x  ÷ b+x b+ x Giải: Xét hàm số a+x f ( x) =  ÷ , b+ x x ≥ b a > ÷ b a+x ln f ( x) = ( b + x ) ln  ÷ b+x Khi Suy [ ln f ( x)] ′ = (b + x)ln  ⇔ a + x ′ b + x  f ′( x) a+x b + x  a + x ′ a+ x b−a = ln + (b + x)  + ÷ = ln f ( x) b+ x a+ x b+ x b+ x a+ x  a+ x b−a ⇒ f ′( x) = f ( x )  ln + ÷=  b+x a+x b+ x b+ x a+ x  a+ x b−a a+ x = + ÷  ln ÷=  ÷ g ( x ) b+ x  b+ x a+ x b+ x g ( x) = ln a+ x b−a + b+ x a+ x g ′( x) = Ta có b+ x b−a a −b ( a − b) + =− < a + x (b + x) (a + x) (a + x) (b + x) Do g(x) nghịch biến ( 0;+∞ ) Suy  a+ x b−a  g ( x) > lim g ( x) = lim  ln + ÷= x→∞ x→∞ b + x a + x   Vậy f ′( x) > 0, ∀x > , nên f ( x) đồng biến ( 0;+∞ ) Suy f ( x ) > f ( 0) (đpcm) 0≤ x< Bài 4: Chứng minh π 2s in x + 2tan x ≥ x+1 2s in x + tan x ≥ 2sin x.2 tan x Giải: Áp dụng BĐT AM-GM ta có Ta chứng minh 2sin x.2tan x ≥ x +1 ⇔ 2sin x + tan x ≥ 22 x ⇔ sin x + tan x ≥ x Xét hàm số f ( x) = sin x + tan x − x f ′( x ) = cos x + (vì với Do  π x ∈ 0;   2 f ( x) với liên tục  π  0;  , có 1  π − > cos x + − ≥ 0, ∀x ∈ 0;  2 cos x cos x  2 cos x > cos x cos x + đồng biến  π x ∈ 0;   2  π 0;  theo BĐT AM-GM ta có Suy f ( x) ≥ f (0) = (đpcm) Bài 5: Chứng minh  sin x   π  ÷ > cos x, ∀x ∈  0; ÷  x   2 Giải: Ta biến đổi , hay ≥2 cos x ) sin x + tan x ≥ x 3 sin x  sin x  > cos x ⇔ sin x.tan x − x3 > (1)  ÷ > cos x ⇔ x  x  Xét hàm số f ( x ) = sin x.tan x − x với  π x ∈ 0;   2 Ta có f ′ ( x ) = 2sin x + tan x − x Áp dụng BĐT 3(a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) Đặt g ′ ( x ) = 2cos x + ta có f ′ ( x ) = sin x + sin x + tan x − x ≥ g ( x) = 2sin x + tan x − x, ( 2sin x + tan x ) − x 1 − = cos x + cos x + − ≥ 3 cos x − = 2 cos x cos x cos x  π  0; ÷ Suy  π g ( x ) ≥ g ( ) = 0, ∀x ∈ 0; ÷  2 Do  π x ∈ 0; ÷  2 ,  π x ∈ 0; ÷ g ( x)  2 với , nên đồng biến f ′( x ) ≥ ( 3x ) − 3x = nên f(x) đồng biến  π 0;   π f ( x ) > f ( ) = 0, ∀x ∈ 0;   2 Suy Cách 2: Theo ta có x3 x− < sin x , suy 3 x2 x4 x6 x2 x4  sin x   x  >1− +  ÷ > 1 − ÷ = − + − 6 12 216 24  x   x2 x4 cos x < − + 24 Ta chứng minh ( 2) ( 2) Từ (1) (2) ta có đpcm Bài 6: Cho hàm số kiện f xác định tập số thực, lấy giá trị f ( cot x ) = sin x + cos x, ∀x ∈ ( 0;π ) Hãy tìm GTLN GTNN hàm số ¡ thỏa mãn điều g ( x ) = f ( sin x ) f ( cos x ) R Giải: Ta có f ( cot x ) = sin x + cos x, ∀x ∈ ( 0; π ) 2cot x cot x − cot x + 2cot x − ⇔ f ( cot x ) = + = , ∀x ∈ ( 0;π ) cot x + cot x + cot x + Từ với ý với t ∈¡ tồn x ∈ ( 0;π ) t + 2t − f ( t) = , ∀t ∈ ¡ t +1 cho cot x = t ta Dẫn tới g ( x ) = f ( sin x ) f ( cos2 x ) = sin x + 32sin 2 x − 32 , ∀x ∈ ¡ sin x − 8sin 2 x + 32 10 (1) Chứng minh rằng: ay + bz + cx ≤ Giải Coi biểu thức vế trái hàm số bậc biến a biến đổi sau: f ( a ) = a ( − b ) + b ( − c ) + c ( − a ) = a ( − b − c ) + b + c − bc Và nhận thấy Ta có a,b,c ∈ [ 0;1] f ( ) − = b + c − bc − = − ( − b ) ( − c ) ≤ 0,∀b,c ∈ [ 0;1] ⇒ f ( ) ≤ f ( 1) = − bc ≤ 1,∀b,c ∈ [ 0;1] Từ ta có điều phải chứng minh Phương pháp hiệu số trường hợp bất đẳng thức đối xứng ba biến có tổng khơng đổi ví dụ sau: Bài 18 Cho x, y,z > x + y + z =1 xy + yz + zx − xyz ≤ Chứng minh Giải Biến đổi vế trái bất đẳng thức hàm bậc biến f ( yz ) = yz ( − x ) − x + x − yz ≤ Ta có ( y + z) = (1− x) 27  ( 1− x)  ⇒ t = yz ∈  0;    Vì giống hai ví dụ ta đưa xét f ( 0) = − x2 + x − < − x + x − ≤ ,∀x 27 22 , t = yz 27 sau:  ( 1− x)  1 1  1 f ÷ = −  x − ÷  x + ÷ ≤ 0,∀x ≥  ÷ 2 3  6   Từ suy điều phải chứng minh Một ví dụ khác tương tự sau: Bài 19 Cho x, y,z > x + y + z =1 Chứng minh rằng: ( x + y + z ) + 15 xyz ≥ Giải Đối với cần phải biến đổi vế trái sau: ( x3 + y + z ) + 15 xyz − = ( x + y ) − 3xy ( x + y )  + z + 15 xyz −   Thay x + y = 1− z coi vế trái hàm số bậc f ( xy ) = xy ( 27 z − 12 ) + 12 z − 12 z + , xy , ta  (1− z)  xy ∈  0;    Đến ta đưa xét f ( ) = ( x − 1) + > ,∀z  (1− z)   19  f ÷ = ( − z )  − z ÷ ≥ 0,∀z ∈ [ 0;1]  ÷     Từ suy điều phải chứng minh II.2 Phương pháp tiếp tuyến Bài 20 Cho a,b,c,d > thỏa mãn a + b + c + d =1 Chứng minh ( a + b3 + c + d ) ≥ ( a + b + c + d ) + 23 Để giải ta cần tới bất đẳng thức phụ: f ( x ) = x3 − x ≥ 5x − ,∀x ∈ ( 0;1) ( x − 1) ( 3x + 1) ≥ 0,∀x ∈ ( 0;1) Thật vậy, biến đổi ta đưa dạng Từ xét f ( a) + f ( b) + f ( c) + f ( d ) ≥ 5a − 5b − 5c − 5d − ( a + b + c + d ) − + + + = = 8 8 8 suy điều phải chứng minh Vấn đề phát sinh ví dụ mở đầu xuất biểu thức 5x − Đa phần học sinh giới thiệu cách làm có chung thắc mắc làm để tìm biểu thức 5x − Để trả lời cho câu hỏi ta bắt đầu với tính chất: Định lí 2: Cho hàm số đường thẳng độ x0 y = ax + b ln có Nếu hàm số y = f ( x) lồi khoảng D chứa điểm tiếp tuyến đồ thị hàm số ax + b ≥ f ( x ) ,∀x ∈ D y = f ( x) ax + b ≤ f ( x ) ,∀x ∈ D y = f ( x) x0 , biết điểm có hồnh (đường tiếp tuyến “nằm trên” đồ thị) lõm khoảng D ta có bất đẳng thức ngược lại 24 Trở lại với ví dụ mở đầu, ta ln có hàm số y= đường thẳng 5x − f ( x ) = x3 − x lại tiếp tuyến đồ thị hàm số lõm y = f ( x) ( 0;1) , x0 = điểm , điểm mà dấu bất đẳng thức xảy Từ áp dụng định lí ta rút f ( x ) = x3 − x ≥ bất đẳng thức 5x −1 ,∀x ∈ ( 0;1) đưa lời giải ví dụ a,b,c ≥ Bài 21 Cho a + b + c =1 Chứng minh a b c + + ≤ a + b + c + 10 a =b=c= Dự đoán dấu xảy f ( x) = hàm số y= 36 x + 50 x x +1 x= , điểm 3 Vì đưa xét tiếp tuyến , viết phương trình tiếp tuyến Nên ta có lời giải sau: 36a + a ( 3a − 1) ( 4a + 3) ≥ 0,∀a ≥ − − = 50 a +1 50 ( a + 1) Giải Xét hiệu 25 a 36a + ≤ a +1 50 Từ suy b 36b + c 36c + ≤ ≤ b +1 50 c +1 50 , tương tự có , Cộng vế bất đẳng thức chiều ta có a b c 36a + 36b + 36c + 36 ( a + b + c ) + 9 + + ≤ + + = = a + b2 + c2 + 50 50 50 50 10 Bài 22 Cho a,b,c > a+b+c =3 Chứng minh 1 + + ≤ − ab − bc − ca Nhận thấy ví dụ cần biến đổi để đưa biểu thức biến Ở để ý  a +b   3−c  ab ≤  ÷ = ÷     nên dẫn đến ≤ − ab −c + 6c + 27 , tương 4 ≤ ≤ − bc −a + 6a + 27 − ca −b + 6b + 27 tự ta có , f ( x) = Từ đưa xét tiếp tuyến đồ thị hàm số xảy ra, tức x =1 Giải Ta có − x + x + 27 y= , viết phương trình tiếp tuyến  a +b   3−c  ab ≤  ÷ = ÷     suy ≤ − ab −c + 6c + 27 9−c ( c − 1) ( c − 13) ≤ 0,∀c ∈ 0;3 − = ( ) −c + 6c + 27 64 64 ( −c + 6c + 27 ) Xét hiệu , điểm mà dấu 26 9− x 64 Do 9−c ≤ − ab 64 9−a 9−b ≤ ≤ − bc 64 − ca 64 , chứng minh tương tự ta có , Từ cộng vế bất đẳng thức chiều ta có điều phải chứng minh Bài 23 Cho a,b,c > , chứng minh bất đẳng thức a ( b + c) + b ( c + a) + c ( a + b) ≥ 4( a + b + c) Nhận thấy tính đồng bậc tính đối xứng bất đẳng thức nên ta chuẩn hóa a + b + c =1 Do đưa chứng minh a (1− a) + b ( 1− b) + c (1− c) f ( x) = Từ đưa xét tiếp tuyến hàm số y= phương trình tiếp tuyến Giải Xét hiệu a ( 1− a) ≥ x ( 1− x) x= điểm , viết 18 x − ( x − 1) ( − x ) − = ≥ ,∀x ∈ ( 0;1) 4( − x) x ( 1− x) 18 x − 2 ≥ 18a − b , ( 1− b) ≥ 18b − c , ( 1− c) ≥ , từ suy 18c − Từ cộng vế với vế bất đẳng thức chiều ta có điều phải chứng minh Bài 24 Cho a,b,c > Chứng minh rằng: 27 1+ 1 1 a + b + c )  + + ÷≥ a + b + c + a + b + c ( 3 a b c Nhận thấy bất đẳng thức đối xứng đồng bậc, để ý xuất nhiều lần a + b2 + c , nên ta chuẩn hóa a + b2 + c2 = Từ đưa chứng minh 1+  1   + + ÷≥ a + b + c + 3 a b c f ( x) = Đến đưa xét hàm 1+ −x 3 x y=− phương trình tiếp tuyến Việc chứng minh cho x a, b, c x= tiếp tuyến 1+ 2+2 x+ 3 1+ 1+ 2+2 −x≥− x+ 3 x 3 , thu nhờ bạn đọc, cộng vế với vế bất đẳng thức chiều ta thu 1+  1  1+ ( a + b + c) + +  + + ÷− ( a + b + c ) ≥ − a b c a + b + c ≤ 3( a + b + c Chú ý 2 )= − 1+ ( a + b + c ) ≥ −1 − 3 Từ thu điều phải chứng minh II.3 Phương pháp sử dụng tính chất hàm số bậc ba Cho ba số thực bất kì, đặt p = a +b +c 28 q = ab + bc + ca r = abc Khi ta tìm đa thức bậc ba nhận ba số a,b,c làm ghiệm f ( x ) = x − p.x + q.x − r Bây ta xét trường hợp đặc biệt, ba số thực a + b + c =1 ab + bc + ca ≤ Như biết 1− t2 q = ab + bc + ca = r= 27 , với t≠0 1 ( a + b + c) = 3 Trong trường hợp hàm số f ( x) t =0 a,b,c thỏa mãn , ta đặt a=b=c= ta suy , trở thành f ( x ) = x3 − x + 1− t2 f ' ( x ) = 3x − x + 1− t2 x−r Tính x= 1− t x= 1+ t , tìm hàm số có hai cực trị đạt Trong  − t  ( − t ) ( + 2t ) = f − abc ÷= 27   f CD  + t  ( + t ) ( − 2t ) = f − abc ÷= 27   f CT 29 Vì t≠0 nên để hàm số có nghiệm nhau) điều kiện f CD ≥ f CT ≤ ( − t ) ( + 2t ) 27 Rõ ràng với t =0 a,b,c (nhiều hai nghiệm trùng hay thu ( + t ) ( − 2t ) ≥ abc ≥ 27 bất đẳng thức Còn trường hợp tổng quát ta có kết tương tự phát biểu định lí sau: Định lí Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn ( p + t ) ( p − 2t ) t ≥0 27 Ta có Bài 25 Cho a,b,c , đặt 27 a + b2 + c = Chứng minh Giải Theo cách đặt trình bày trên, giả thiết biến đổi thành cần chứng minh p − r ≤ 10 p + 2t = ( p + t ) ( p − 2t ) 2p −r ≤ 2p− 27 Từ định lí ta thu Đưa chứng minh , ( p − t ) ( p + 2t ) ≤ abc ≤ số thực thỏa mãn ( a + b + c ) − abc ≤ 10 a+b+c = p p2 − t ab + bc + ca = p ( 5t + 27 ) ≤ 270 − 2t 30 = p ( 5t + 27 ) + 2t 27 , Vì −3 ≤ p ≤ nên p≤0 p ( 5t + 27 ) ≤ ( 270 − 2t ) phương hai vế ta có p≥0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng, cịn với , thay p = − 2t bình ta thu 27 ( t − 3) ( 2t + 12t + 49t + 146t + 219 ) ≥ Và dẫn đến điều phải chứng minh Bài 26 Cho a,b,c ≥ Chứng minh ( ab + bc + ca ) ( a + b + c ) + 48 ( ab + bc + ca ) abc − 25abc ( a + b + c ) ≥ Giải Nhận thấy số hạng bất đẳng thức đồng bậc nên chuẩn hóa a + b + c =1 , với ký hiệu trình bày bất đẳng thức đưa ( − t ) + 48 ( − t ) r − 25r ≥ 2 3 Áp dụng định lý ta có 9( + t ) 1− t2 ≥ 3r ( − t ) ( + 2t ) 1− t2 ⇔ + 16 ( − t ) ≥ 25 3r 9( 1+ t ) 2t ( 4t − 1) + 16 ( − t ) = + 25 ( − t ) ( + 2t ) ( − t ) ( + 2t ) Lại có Từ suy điều phải chứng minh Đồng thời với cách làm ta thấy dấu xảy t =0 (tức a=b=c t= ) (tức 2a = b = c hoán vị) Phương pháp thường dùng bất đẳng thức cần chứng minh có đại lượng ab + bc + ca, a + b + c, abc tỏ hiệu Rất nhiều toán báo 31 Tốn học tuổi trẻ hay kì thi HSG giải phương pháp trên, giải phương pháp khác khó khăn nhiều! 32 HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ TRƯỜNG Là giáo viên dạy chuyên Toán nhiều năm dạy lớp 11 chuyên Toán, tác giả nhận thấy kết tích cực sau triển khai sáng kiến kinh nghiệm cho lớp chuyên Toán em đội tuyển HSG trường Trước hết, em có kiến thức bản, cách tiếp cận toán đa thức làm đề thi hay tập nâng cao Trước áp dụng sáng kiến này: em chưa có kĩ dùng giải tích để chứng minh bất đẳng thức, lúng túng gặp chọn hàm số để giải vấn đề Sau áp dụng sáng kiến: em có phương pháp giải, biết chọn hàm số để xử lí Trong kiểm tra học kì khóa chun Tốn 2017-2020,20182021,2019-2022, tốn bất đẳng thức mức độ vận dụng em lớp chuyên toán T1, T2 làm có đáp án Trong kì thi HSG quốc gia lớp 12 năm học 2019-2020 2020-2021, 100% (10/10) em đạt giải Riêng năm học 2020-2021 có giải nhất, giải nhì, giải ba quốc gia mơn Tốn! Kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia-VMO 2022 dành cho khối 11 12 đội tuyển nhà trường đạt 03 giải nhì, 02 giải ba, 02 giải KK, có em chọn thi Toán quốc tế IMO Sáng kiến với hệ thống tập tài liệu để em tra cứu tự luyện Giáo viên nên cho em làm hết tất tập, xem kĩ tập mẫu Các tập giúp em biết vận dụng cao hơn, tư sâu hơn, phát triển kĩ giải Toán Các tập chí có ích cho em làm trắc nghiệm 33 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 4.1 Kết luận Phần Bất đẳng thức chương trình tốn học phổ thơng phần khó, ln thách thức kì thi HSG Khi em học sinh vượt qua có giải thức Phần đầu chương trình lớp 12 em cịn gặp lại nhiều tốn khảo sát hàm số, vốn kiến thức bất đẳng thức vững vàng giúp ích cho em học cao lên chương trình Đại học Trên số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi số nội dung phần bất đẳng thức Trường THPT chuyên Lam Sơn người viết Trong phạm vi đề tài này, tác giả đưa số phương pháp điển hình dạng tập nội dung Rất mong bạn đồng nghiệp, người đọc góp ý kiến, bổ sung để có cách dạy khai thác thể loại cách tốt hiệu cao 4.2 Kiến nghị Sở GD ĐT ủng hộ tạo điều kiện để giáo viên gặp gỡ, giao lưu, rút kinh nghiệm có thêm nhiều sáng kiến hay giảng dạy mơn Tốn trao đổi chun đề * * * Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Thanh Hóa, ngày 09 tháng 05 năm 2022 XÁC NHẬN CỦA NHÀ TRƯỜNG TÁC GIẢ SKKN Bùi Văn Bình 34 TÀI LIỆU THAM KHẢO Đề thi Olympic vùng Dun hải đồng Bắc Bộ mơn Tốn năm từ 2010 đến 2018 Đề thi đề nghị Olympic vùng Duyên hải đồng Bắc Bộ mơn Tốn năm từ 2010 đến 2018 Báo Toán Học Tuổi Trẻ Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn nước từ 1990 đến 2018 Đề thi học sinh giỏi quốc gia mơn Tốn năm từ 1990 đến 2018 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia mơn Tốn năm từ 1990 đến 2018 Tài liệu mạng: www.http://math.vn www.http://mathscopre.org.vn www.http://diendantoanhoc.org http://violet.vn http://k2pi.net 35 Mẫu (2) DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Bùi Văn Bình Chức vụ đơn vị cơng tác: Giáo viên Tốn, Trường THPT chun Lam Sơn, TT Tên đề tài SKKN Bài toán giới hạn dãy số Bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề đa thức Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Ngành GD tỉnh; Tỉnh Thanh Hóa Ngành GD tỉnh; Tỉnh Thanh Hóa Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) Năm học đánh giá xếp loại B 2017-2018 C 2020-2021 * Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ tác giả tuyển dụng vào Ngành thời điểm 36 ... 64 9−a 9−b ≤ ≤ − bc 64 − ca 64 , chứng minh tương tự ta có , Từ cộng vế bất đẳng thức chiều ta có điều phải chứng minh Bài 23 Cho a,b,c > , chứng minh bất đẳng thức a ( b + c) + b ( c + a) + c... đề: ? ?Ứng dụng giải tích chứng minh bất đẳng thức ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm tìm phương pháp giúp học sinh tiếp cận có tảng kiến thức để xử lí toán bất đẳng. .. với vế bất đẳng thức chiều ta có điều phải chứng minh Bài 24 Cho a,b,c > Chứng minh rằng: 27 1+ 1 1 a + b + c )  + + ÷≥ a + b + c + a + b + c ( 3 a b c Nhận thấy bất đẳng thức đối xứng đồng