(SKKN 2022) chứng minh bất đẳng thức đối xứng bằng phương pháp hàm số

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong chương trình tốn THPT, phần khó khăn giáo viên giảng dạy phần bất đẳng thức tốn phần đa dạng khó, đa số học sinh hỏi phần thi trả lời khó khơng định hướng cách làm, mặt khác tâm lý chung em đặc biệt học sinh thi đại học bỏ câu quan niệm em câu khó nên em có học lực khơng mặn mà cho Đứng trước bất đẳng thức, học sinh thường lúng túng lựa chọn phương pháp Nguyên nhân bất đẳng thức tốn khó, địi hỏi phải tư sâu sắc thường dùng để phân loại học sinh mặt khác cách giải đa dạng, số tài liệu đưa cách giải mang tính thủ thuật, khơng tự nhiên làm cho học sinh khơng có cách nhìn bao qt Sáng kiến kinh nghiệm tơi đưa kĩ thuật đơn giản (đó khai thác tính đối xứng biến) có hiệu giải lớp tốn chứng minh bất đẳng thức (BĐT) hay tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức Điều quan trọng học sinh định hướng cách giải từ đầu Qua nghiên cứu đề thi vào đại học, đề thi học sinh giỏi, tơi thấy phần lớn có bất đẳng thức, cịn có dạng đối xứng biến nên vấn đề khai thác triệt để tính đối xứng có vai trị định đến lời giải tốn 1.2 Mục đích nghiên cứu Từ lý chọn đề tài, từ sở thực tiễn giảng dạy trường THPT, với kinh nghiệm thời gian giảng dạy Tôi tổng hợp, khai thác hệ thống hoá lại kiến thức thành chuyên đề: “ Chứng minh bất đẳng thức đối xứng phương pháp hàm số’’ Qua nội dung đề tài mong muốn cung cấp cho học sinh phương pháp chứng minh bất đẳng thức đối xứng biến, biến 1 số kỹ phát tính chất bất đẳng thức đối xứng Học sinh thơng hiểu trình bày tốn trình tự, logic, khơng mắc sai lầm biến đổi Hy vọng đề tài nhỏ đời giúp bạn đồng nghiệp em học sinh có nhìn tồn diện phương pháp chứng minh bất đẳng thức 1.3 Đối tượng nghiên cứu Sử dụng phương pháp hàm số toán bất đẳng thức đối xứng hai ẩn ba ẩn 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp: - Nghiên cứu lý luận chung - Khảo sát điều tra từ thực tế dạy học - Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm Cách thực hiện: - Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên môn - Liên hệ thực tế nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua trình giảng dạy - Thông qua việc giảng dạy trực tiếp lớp khối luyện thi tốt nghiệp THPT năm học từ 2006 đến 2022 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận Nhiệm vụ trung tâm trường học THPT hoạt động dạy thầy hoạt động học trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài” Giúp học sinh củng cố kiến thức phổ thông đặc biệt mơn tốn học cần thiết khơng thể thiếu đời sống người Mơn tốn mơn học tự nhiên quan trọng khó với kiến thức rộng, đa phần em ngại học môn Muốn học tốt mơn tốn em phải nắm vững tri thức khoa học mơn tốn cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào 2 dạng tập Điều thể việc học đơi với hành, địi hỏi học sinh phải có tư logic cách biến đổi Giáo viên cần định hướng cho học sinh học nghiên cứu mơn tốn học cách có hệ thống chương trình học phổ thơng, vận dụng lý thuyết vào làm tập, phân dạng tập tổng hợp cách giải Do mạnh dạn đưa sáng kiến kinh nghiệm với mục đính giúp cho học sinh THPT vận dụng tìm phương pháp giải gặp tốn chứng minh bất đẳng thức Trong giới hạn SKKN hướng dẫn học sinh cách định hướng chứng minh bất đẳng thức đối xứng hai ẩn, ba ẩn phương pháp hàm số Đề tài nghiên cứu khía cạch nhỏ khai thác sử dụng tính chất đối xứng để đưa phương pháp hàm số Điều quan trọng phương pháp có tính tổng qt cao áp dụng cho hầu hết tốn có dạng: “Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x+ y+z=a Chứng minh f ( x, y , z ) ≥ , f ( x, y , z ) biểu thức đối xứng ba biến x, y z” 1) Đa thức f ( x; y ) gọi đối xứng x y f ( x; y ) = f ( y; x), ∀x; y ∈ ¡ qua cách đặt t =x+ y 2) Đa thức f ( x; y, z ) Mọi đa thức đối xứng f ( x; y ) biểu diễn v = xy gọi đối xứng với x,y,z f ( x, y , z ) = f ( x, z , y ) = f ( y , x, z ) = f ( y , z , x ) = f ( z , x, y ) = f ( z , y , x ) ∀x, y, z ∈ R 3) Biểu thức f (a; b; c ) Do vậy, k > bậc n [4] f (ka; kb; kc) = k n f (a; b; c) f (a; b; c) ≥ ⇔ f (ka; kb; kc) ≥ Đặt x = ka, y = kb, z = kc a+b+c x + y + z =1 f (a; b; c) ≥ ⇔ f ( x; y; z ) ≥ chọn k = > Do bất đẳng thức ta giả thiết thêm a + b + c =1 (hoặc a+b+c=m k= chọn m a+b+c chuẩn hóa ) Việc làm gọi [1] 2.2 Thực trạng vấn đề Có thể nói phần bất đẳng thức phần khó chương trình sách giáo khoa THPT, phần mà yêu cầu học sinh phải có tư nhạy bén, có tố chất làm được, mặt khác đội ngũ thầy cô giáo trực tiếp giảng dạy cho học sinh lúng túng phân loại dạy cho em dạng này, điều dễ hiểu thầy cô giáo dạy chương trình sách giáo khoa lượng tập cho phần BĐT không nhiều mặt khác thân học sinh không “ mặn mà” với phần để chứng minh toán cần phải khéo léo khâu để đưa toán chứng minh bất đẳng thức thành quen thuộc Qua nghiên cứu đề thi THPT Quốc Gia, đề thi học sinh giỏi, tơi thấy phần lớn có bất đẳng thức, cịn có dạng đối xứng biến nên vấn đề khai thác triệt để tính đối xứng có vai trị định đến lời giải tốn Xuất phát từ lí nêu viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm với hy vọng cung cấp cho học sinh phương pháp có hiệu lực để chứng minh bất đẳng thức 2.3 Một số biện pháp Qua nghiên cứu trao đổi đúc rút kinh nghiệm từ thực tế ý kiến đồng nghiệp mạnh dạn đưa hướng gải vấn đề học sinh với giải pháp: Đưa số giải pháp giúp học sinh hình thành kỹ giải với số bất đẳng thức có tính chất đối xứng biến, biến 4 Bài toán 1: Cho hai số thực x; y thay đổi thõa mãn điều kiện x + y2 = Gọi M, n giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P=2(x3 + y3 ) − 3xy Khi giá trị M+ n 13 A: B − C D Phân tích: Do tính chất đối xứng x,y nên ta đặt x+y=t Hướng dẫn P=2(x3 + y3 ) − 3xy = 2(x + y)(x − xy + y ) = 2(x + y)(2 − xy) − 3xy Ta có x+y=t; t ≤ Đặt Từ giả thiết ta có P = − t − t + 6t + Khi GTLN 13 P= Bài Toán 2: Cho Xét hàm số ; GTNN x,y∈ ¡ t2 − xy= Ta có Khi biểu thức f (t) = − t − t + 6t + 3; t ∈ [ −2;2] P=-7 thỏa mãn − M+n = , chọn C x + y ≠ −1 x + y + xy = x + y + P= Gọi M, n giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức xy x + y +1 Khi M.n − A − B − C D Hướng dẫn Đặt x+y=t từ giải thiết ta có xy = t − t − (x + y) ≥ 4xy Sử dụng bất đẳng thức P= Khi t ≥ 4(t − t − 1) nên ta có  −2  t ∈  ;2 3  t2 − t −1 t +1 Ta xét hàm số t2 − t −1 f (t) = t +1   t ∈  − ;2    với Lập bảng biến thiên ta có t -2/3 f’(t) - f(t) + 1/3 1/3 -1 Từ bảng biến thiên GTNN P = M = -1 đạt GTLN P = n = 1/3 đạt − Vậy M.n = (x; y) = ( −1;1),(1; −1) 1 (x; y) = ( − ; − ),(1;1) 3 , ta chọn B Bài Toán Cho x, y hai số thực khác khơng thỏa mãn: A= Tìm GTLN biểu thức: 1 + x y3 xy(x + y) = x + y − xy (KA: 2006) Phân tích: 6 Do bất đẳng thức thỏa mãn đ/k bất đẳng thức đối xứng hai biến, nên ta đặt x+y=t sau biểu thị xy qua t để đưa toán tới xét hàm số theo t Hướng dẫn Ta có đặt (x + y)(x − xy + y )  x + y  A= = ÷ x y3  xy  x+y=t ( x + y ) xy = x + y − xy (x + y) ≥ 4xy t=1 hay nên ta có 4t t ≥ ⇔ t ≥1 t+3 ( x + y ) xy = x t2 xy = t +3 nên ta có t ≥1 nên + y − xy ) , mặt khác ta có 2 nghịch biến với x=y= ( Ta xét hàm số f (t) ≤ f (1) = 16  t +3 f (t) =  ÷  t  hàm số giá trị lớn A 16 Bài toán Cho x; y số thực không âm thõa mãn nhỏ biểu thức A 4(x + y + xy) ≤ + 2(x + y) P = xy + x + y − x − y B C 13 Giá trị D Hướng dẫn xy ≤ Ta có (x + y) (x + y ) ≥ (x + y) 2 Khi Đặt Từ 1 x+y 2 P≤ ÷ + x + y − (x + y) = − (x + y) + x + y   t = x + y (t ≥ 0)(*) 4(x + y + xy) ≤ + 2(x + y) ⇔ 4(x + y) − 2(x + y) − ≤ 4xy 4xy ≤ ( x + y ) P ≤ − t2 + t t ∈ ( 0;1] nên ta có   4(x + y) − 2(x + y) − ≤ (x + y) ⇔ (x + y) ∈  − ;1   Xét hàm số f (t) = − t + t x=y= Dấu sảy Bài toán Cho mà  x, y,z >    x + y + z ≤ ; P= với t ∈ ( 0;1] GTLN , chọn A P=x+y+z+ CMR f (t) ( 0;1] = f (1) = 1 15 + + ≥ x y z Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: 1 1 P = x + y + z + + + ≥ x + y + z + 33 ≥x+y+z+ x y z xyz x+y+z t = x+ y+z⇒0< t < Đặt  3 f '(t) = −  0;   2 t Ta có: với: ; hàm số nghịch iến 15 3 f (t) ≥ f ( ) = t= x=y=z= 2 2 Suy ra: Dấu xảy ra: x = y = z Hay f (t) = t + t 0    x + y + z ≤ x2 + CMR: 1 17 2 + y + + z + ≥ y2 z2 x2 Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có: 1 (x + )(12 + 42 ) ≥ x + ⇒ (x + ) ≥ (x + ) y y y y 17 Tương tự sau cộng vế theo vế: 1 1 1 x + + y2 + + z + ≥ (x + y + z) + ( + + ) y z x 17 17 x y z a= ;b = ;k = ;n = 17 17 Áp dụng (*) với Bài toán ( Khối A-2004)  x, y,z >    x + y + z ≤ x2 + Suy điều phải chứng minh 1 + y + + z + ≥ 82 y z x Cho CMR : Hướng dẫn: Bài toán TQ1 : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= ta có: Mở rộng 2( Tổng quát) x1 + x + + x n ≤ k(k ∈ R *+ ) b ≥ 0;ak ≥ bn x1 ; x ; ; x n (n ≥ 2) Cho số dương 1 bn + ak a(x1 + x + + x n ) + b( + + + ) ≥ x1 x xn k Chứng minh rằng: (**) (x + y) + 4xy ≥ Bài toán 8: : Cho x, y thỏa mãn Tìm GTNN biểu thức A= 3(x + y + x y ) − 2(x + y ) + ( KB- 2009) Hướng dẫn Ta biến đổi biểu thức A sau 9 3 A= (x + y ) + (x + y ) − 2(x + y ) + 2 x + y4 ≥ (x + y ) 2 Lúc ta đặt A ≥ (x + y ) − 2(x + y ) + ta có x + y2 = t Áp dụng bất đẳng thức Xuất phát từ giả thiết ta có (x+y)3 + 4xy ≥ ⇔ (x+y)3 + (x + y) + 4xy ≥ 2+4xy (do (x + y) ≥ 4xy) ⇔ (x+y)3 + (x + y) ≥ ⇔ (x + y − 1)((x + y) + (x + y) + 2) ≥ ⇔ (x + y) ≥ (x + y) x +y ≥ 2 Ta lại có Xét hàm số GTLN A = ⇔ x + y2 ≥ f (t) = t − 2t + t≥ với 1 hay t ≥ 2 16 x= y= 1/2 x, y , z a + b + c =1 Bài tốn : Cho số thực khơng âm thỏa mãn GTNN P = 3( a 2b + b 2c + a 2c ) + 3( ab + bc + ca ) + a + b + c Hướng dẫn - KB-2010 3(x + y + z ) ≥ (x + y + z) Sử dụng BĐT 3(a b + b 2c + a 2c ) ≥ (ab + bc + ca) nên ta có a + b + c = − 2(ab + bc + ca ) Mặt khác P ≥ (ab + bc + ca) + 3(ab + bc + ca ) + − 2( ab + bc + ca ) Vậy Ta lại có 10 ( a + b + c) ≤ ( ab + bc + ca ) ≤ = 3 10 ab + bc + ca(0 ≤ t ≤ ) f (t ) = t + 3t + − 2t Xét hàm số  1 f ' (t ) = 2t + − >0 ∀t ∈ 0;  ⇒ f (t ) ≥ f (0) = ⇒ P ≥ − 2t  3 với Dấu xảy a=1; b = c = hoán vị Đặt t = Bài 10 (IMO 1964) Cho x, y, z số thực không âm Chứng minh x ( y + z − x) + y ( x + z − y ) + z ( x + y − z ) ≤ xyz (1) Giải Do BĐT nên nhờ chuẩn hóa ta giả thiết thêm y + z = − x, x + z = − y , x + y = − z Thay vào (1) ta 2 x (1 − x) + y (1 − y ) + z (1 − z ) ≤ xyz x + y + z =1 ⇔ x + y + z ≤ 2( x + y + z ) + 3xyz ⇔ ( x + y ) − xy + z ≤ 2(( x + y )3 − 3xy ( x + y ) + z ) + xyz ⇔ (1 − z ) − xy + z ≤ 2((1 − z )3 − xy (1 − z ) + z ) + xyz ⇔ (9 z − 4) xy + z − z + ≥ Đặt  x + y  (1 − z ) t = xy,0 ≤ t ≤  ÷ =   xét f (0) = z − z + = (2 z − 1) ≥ Ta có f (t ) = (9 z − 4)t + z − z +  (1 − z )  z (3 z − 1) f ≥0 ÷= 4    (1 − z )  ⇒ f (t ) ≥ 0, ∀t ∈  0;   ⇔x= y=z= Đẳng thức xảy x = y = ;z = hốn vị Bài tốn 11: Cho x; y; z số thực dương Tìm GTNN 11 11 P= A x y z x( + ) + y( + ) + z( + ) yz xz yx B - KB-2017 C D Phân tích: P= Bài tốn đối xứng với điểm rơi x=y=z Ta có số x + y2 + z2 x + y2 + z2 x + y2 + z2 + xyz Tử ; mẫu số xyz nên ta đưa đại lượng trung gian x+y+z ta sử dụng dụng bất đẳng thức Bunhiacopxiki (x + y + z) ≤ 3(x + y + z ) (x + y + z)3 ≥ 27xyz Hướng dẫn x + y2 + z x + y2 + z2 P= + xyz Áp dụng bất đẳng thức Ta có (x + y + z) ≤ 3(x + y + z ) (x + y + z)3 ≥ 27xyz x + y + z x + y + z (x + y + z) 9(x + y + z) P= + ≥ + xyz (x + y + z) (x + y + z) P≥ + (x + y + z) Đặt t2 P≥ + x+y+z = t(t>0) t Xét hàm số 12 t2 t f (t) = + ⇒ f '(t) = − ;f '(t) = ⇒ t = t t 12 f (t) ≥ f (3) = Lập bảng biến thiên ta có GTLN P = (x; y;z) = (1;1;1) Bài toán 12 Cho số thực dương thức A a,b,c ∈ [ 1;3] a b + b 2c2 + a c2 + 12abc + 72 P= − abc ab + bc + ca 106 B 29 a+b+c=6 thỏa mãn C GTLN biểu 160 11 D 11 Hướng dẫn : Do a,b,c ∈ [ 1;3] nên ta có hệ (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≥ ⇔ abc + ≥ ab + bc + ca(1) (a − 3)(b − 3)(c − 3) ≤ ⇔ abc + 27 ≤ 3(ab + bc + ca)(2) Lấy (2) trừ (1) ta có Ta có ab + bc + ca ≥ 11 Ta lại có (a + b + c) ab + bc + ca ≤ = 12 a b + b 2c + a 2c = (ab + bc + ca) − 12abc Nên ta có a b + b 2c + a 2c + 12abc + 72 (ab + bc + ca) + 72 P= − abc ≤ − (ab + bc + ca − 5) ab + bc + ca ab + bc + ca 72 P = (ab + bc + ca) + + ab + bc + ca f (t) = Ta xét hàm số 13 Đặt t = ab+bc+ca ta có t ∈ [ 11;12] t 72 72 + + ⇒ f ' (t) = − < 0; ∀t ∈ [ 11;12 ] t 2 t 13 ⇒ f (t) ≤ f (11) = 160 11 Vậy chọn C( dấu xảy a=1;b=2; c= hốn vị nó) Bài toán 13: Cho a,b,c số thực dương M= biểu thức a + b+ c = Tìm giá trị lớn 121 + 2 a + b + c 14(ab + bc + ca) Phấn tích : Ta có 121 1− (a2 + b2 + c2 ) M= 2 2+ ab + bc + ca = a + b + c 7(1− (a + b2 + c2)) ⇒ Lúc đặt t = (a2 + b2 + c2) Hướng dẫn Ta có 121 1− (a2 + b2 + c2 ) M= 2 2+ ab + bc + ca = a + b + c 7(1− (a + b2 + c2)) ⇒ Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có Đặt t = (a2 + b2 + c2) từ a + b+ c = áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) ⇔ (a2 + b2 + c2) ≥ f (t) = Xét hàm số f (t) ≥ Vậy 14 1  t ∈  ;1÷ 3  121 7 121 1  ; f '(t) = ⇔ t = + t ∈  ;1÷ ; f '(t) = + t 7(1− t) 18 t 7(1− t) 3  324 1  324 111 ;∀t ∈  ;1÷ (a;b;c) = ( ; ; ) 3  236 Vậy GTNN cuả M 14 Bài toán 14 Cho x, y , z > thỏa mãn xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu 2022 x + y+x +3 P = (x + y)(y + z)(x + z) + thức Hướng dẫn (x + y)(y + z)(x + z) = (x + y + z)(xy + yz + zx) − xyz = (x + y + z)(xy + yz + zx) − Ta có Vậy P≥ (xy + yz + zx) ≥ 3xyz(x + y + z) = 3(x + y + x) (x + y)(y + z)(x + z) ≥ (x + y + z) 3(x + y + z) − (x + y + z) 3(x + y + z) − + 2022 x+ y+ x+3 Đặt Khi ta có t =x+ y+z⇒ t≥3 3t(t + 1)3 − 2022 2022 P ≥ f (t) = t 3t − + ⇒ f '(t) = > 0; ∀t ≥ 3 t +1 (t + 1) đồng biến [ 3;+∞ ) GTNN P = f(3) = 1027 Hàm số Dấu xảy x=y=z=2 CÁC BÀI TẬP TỰ LUẬN Bài 1: Cho x, y > x + y =1 A= Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức Bài 2: Cho a , b, c > thỏa mãn a + b + c =1 x y + y +1 x +1 CMR: + > 14 2 a + b + c ab + bc + ca 15 15 x, y , z > Bài 3: Cho thõa mãn điều kiện x+ y+ z =3 P = x2 + y2 + z + Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài 4: cho P= x ≠ 0, y ≠ x + y + 1= 3xy xy + yz + zx x + y2 + z + Tìm giá trị lớn biểu thức 3x 3y 1 + − 2− y(x + 1) x(y + 1) x y Bài 5: Cho a, b, c > P = a2 + b2 + c2 + Bài 6: Cho thỏa mãn a+b+c=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức ab + bc + ca a + b + c + a2 + b2 + c2 x, y > thỏa mãn xy + y + x = Tìm giá trị nhỏ biểu thức x2 y2 xy Q= + + y+ x+ x+ y Bài 7: Cho x, y , z số dương thỏa mãn 1 + + ≤1 2x + y + z x + y + z x + y + 2z Bài 8: Cho x, y , z thỏa mãn x y z + + 2x + 3y y + z z + x Bài 9: Cho 16 a , b, c 1 + + =4 x y z Chứng minh (ĐH A.2005) x, y, z∈ [ 1;4] ; x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ P= ( ĐH A.2011) a( a − 1) + b(b − 1) + c(c − 1) ≤ số dương thõa mãn 16 P= Tìm giá trị nhỏ Bài 10: Cho a , b, c 1 + + a+ b+ c + a + b + c =1 số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 14(a2 + b2 + c2 ) + ab + bc + ca a2b + b2c + c2a CÁC BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Bài 1: Cho x2 + y = x + y P= x + y +x y+ y x 3 Giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A GTLN P = 4; GTNN P = 27 B GTLN P = 1; GTNN P = 27 27 C GTLN P = ; GTNN P = D GTLN P = 1; GTNN FP= x, y xy = 3( x + y ) x ≥ 1; y ≥ Bài 2: Cho số thực thỏa mãn GTLN, F = x3 + y − GTNN A GTLN F = C GTLN F = 65 12 74 3 − x2 y2 ; GTNN F = ; GTNN F = 74 B GTLN F = Bài 3: Cho số thực không âm biểu thức 2+ A 17 3 x, y , z x+ y+z thoả mãn x2 + y2 + z2 = Giá trị lớn 2− B 14 ; GTNN F = 65 12 D GTLN F = 1; GTNN F = 65 12 A = xy + yz + zx + 65 12 C 3 D 17 Bài 4: Cho x, y, z ba số thực dương thay đổi thỏa mãn: Giá trị lớn biểu thức: A B P= A C x + y + z =1 Bài 5: Cho x, y, z > thoả mãn x y z + + x + y+ z+ x y z P= + + x + yz y + zx z + xy x + y + z ≤ xyz D Khi giá trị lớn biểu B C D Bài Cho a, b, c > thoả mãn a+ b+ c= Khi 2 a +b +c + 1 + + ≥m ab bc ca Giá trị m A m= 20 Bài Cho B m=30 x + y2 = x + y biểu thức thỏa mãn 4+3 Bài 9: Cho x + y2 + z2 = D 1 P = (1 + x)(1 + ) + (1 + y)(1 + ) y x B biểu thức 18 C x + y2 = Giá trị nhỏ biểu thức A Khi giá trị M+ n B x,y>0 D m=50 Gọi M, n giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P=x3 + y3 + x y + xy A: Bài Cho C m=40 C 4−3 D Gọi M, n giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P= x+y+z+xy+yz+zx Khi M+ n 18 A B 2- C 2+ D a,b,c∈ [ 0;2] ;a + b + c = Bài 10 Cho Tìm giá trị lớn biểu thức 2 a +b +c M= ab + bc + ca A B C D 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Trong trình giảng dạy phần bất đẳng thức cho học sinh, vận dụng sáng kiến để giải toán chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt cách sử dụng hàm số giải toán chứng minh bất đẳng thức Học sinh có thêm phương pháp tiếp cận toán bất đẳng thức với số tốn đối xứng Qua em có hứng thú học tập Với sáng kiến việc dạy học phần bất đẳng thức có thêm phương pháp mới, cách tiếp cận đơn giản cho em học sinh làm quen với phần bất đẳng thức, qua nâng cao đến chất lượng chuyên môn nhà trường KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1.Kết luận: Bất đẳng thức nội dung quan trọng chương trình mơn tốn Nhưng học sinh lại mảng khó, phần nhiều thầy cô giáo quan tâm Đề tài kiểm nghiệm năm học giảng dạy lớp 12 đặc biệt luyện thi tốt nghiệp THPT học sinh đồng tình đạt kết quả, nâng cao khả sử dụng để giải toán CM bất đẳng thức em hứng thú học tập hơn, lớp có hướng dẫn kỹ em học sinh với mức học trung bình trở lên có kỹ giải tập Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt Cụ thể lớp khối 12 sau áp dụng sáng kiến 19 19 vào giảng dạy số HS hiểu có kỹ chứng minh tốt lấy kết Học sinh Khối 12 năm gần Điểm trở lên Năm học Lớp Tổng số Số lượn g 11 Tỷ lệ Điểm Số lượn g 22 23 từ đến Tỷ lệ Điểm Số lượn g 10 Tỷ lệ 28 % 57 % 15 % 2018 12A2 39 2019 12A3 42 21 % 55 % 24 % 202022,22 12A8 45 10 30 66,67% 11,11% 2021 % Như thấy phương pháp có hiệu tương đối Theo tơi dạy phần chứng minh BĐT giáo viên cần rõ dạng toán cách giải tương ứng để học sinh nắm tốt Mặc dù cố gắng tìm tịi, nghiên cứu song chắn cịn có nhiều thiếu sót hạn chế Tơi mong quan tâm tất đồng nghiệp bổ sung góp ý cho tơi Tơi xin chân thành cảm ơn 3.2 Kiến nghị : Đề nghị cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh giáo viên có nhiều tài liệu sách tham khảo đổi phòng thư viện để nghiên cứu học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ Nhà trường cần tổ chức bổi trao đổi phương pháp giảng dạy Có tủ sách lưu lại tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập giáo viên hàng năm để làm cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề 20 XÁC NHẬN CỦA Nghi Sơn, ngày 05 tháng năm 2022 THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan toàn nội dung đề tài thân nghiên cứu thực hiện, không chép nội dung 20 NGƯỜI VIẾT SKKN Nguyễn Hữu Hòa TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phạm Kim Hùng, Sách sáng tạo bất đẳng thức, Nxb Hà Nội 21 21 [2] Nguyễn Phú Khánh- Kiến thức ôn tập kinh nghiệm làm thi đạt điểm 10, NXB Đại học sư phạm [3] Võ Bá Cẩn- Trần Quốc Anh Bất đẳng thức lời giải hay, Nxb Hà Nội [4] Nguyễn Hữu Điển, Giải toán phương pháp đại lượng bất biến, Nxb Giáo Dục [5] Tạp chí tốn học tuổi trẻ số 356 năm 2013, Nxb Giáo Dục [6] Đề thi đại học năm   22 22 ... nhìn tồn diện phương pháp chứng minh bất đẳng thức 1.3 Đối tượng nghiên cứu Sử dụng phương pháp hàm số toán bất đẳng thức đối xứng hai ẩn ba ẩn 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp: - Nghiên... vận dụng tìm phương pháp giải gặp tốn chứng minh bất đẳng thức Trong giới hạn SKKN hướng dẫn học sinh cách định hướng chứng minh bất đẳng thức đối xứng hai ẩn, ba ẩn phương pháp hàm số Đề tài nghiên... dụng hàm số giải toán chứng minh bất đẳng thức Học sinh có thêm phương pháp tiếp cận toán bất đẳng thức với số tốn đối xứng Qua em có hứng thú học tập Với sáng kiến việc dạy học phần bất đẳng thức