Luận văn vận dụng các kiến thức cơ bản của bất đẳng thức và đạo hàm để giảng dạy toán phổ thông

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– LÊ PHÚ HOÀNG VẬN DỤNG CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN CỦA BẤT ĐẲNG THỨC VÀ ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢNG DẠY TỐN PHỔ THƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THANH HĨA, 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————– * ——————— LÊ PHÚ HOÀNG VẬN DỤNG CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN CỦA BẤT ĐẲNG THỨC VÀ ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢNG DẠY TỐN PHỔ THƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 8460113 Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng THANH HÓA, 2020 Danh sách hội đồng chấm thi luận văn thạc sĩ theo Quyết định số 1031/QĐ-ĐHHĐ ngày 20 tháng năm 2020 Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức: Học hàm, học vị, Họ tên Chức danh Cơ quan công tác hội đồng TS Hoàng Nam Trường Đại học Hồng Đức Chủ tịch HĐ GS TS Đặng Quang Á Viện KLKH&CNVN UV Phản biện TS Lê Xuân Dũng Trường Đại học Hồng Đức UV Phản biện PGS TS Vũ Trọng Lưỡng Trường ĐHGD - ĐHQGHN Ủy viên TS Đỗ Văn Lợi Thư ký Trường Đại học Hồng Đức Xác nhận người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến hội đồng Ngày 03 tháng 09 năm 2020 (ký, ghi rõ họ tên) GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng * Có thể tham khảo luận văn Thư viện trường Đại học Hồng Đức Bộ môn Giải tích - PPDH Tốn LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu tơi, hoàn thành hướng dẫn khoa học GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Các kết trình bày luận văn trung thực, nội dung luận văn khơng trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Lê Phú Hoàng i LỜI CẢM ƠN Trước hết, tơi xin tỏ lịng biết ơn gửi lời cảm ơn chân thành đến GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng, người trực tiếp hướng dẫn luận văn, tận tình bảo hướng dẫn tơi tìm hướng nghiên cứu, tiếp cận thực tế, tìm kiếm tài liệu, giải vấn đề nhờ tơi hồn thành luận văn cao học Ngồi ra, q trình học tập, nghiên cứu thực đề tài tơi cịn nhận nhiều quan tâm, góp ý, giúp đỡ hỗ trợ quý báu thầy cô, đồng nghiệp, bạn bè người thân Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến gia đình người thân gia đình hỗ trợ, tạo điều kiện thuận lợi cho suốt thời gian theo học khóa thạc sỹ trường ĐH Hồng Đức Quý thầy cô Khoa Khoa học Tự nhiên quý thầy cô Phòng Sau đại học - trường ĐH Hồng Đức truyền truyền đạt cho tơi kiến thức bổ ích suốt hai năm học vừa qua Xin cảm ơn Ban Giám hiệu trường THPT Tĩnh Gia bạn bè đồng nghiệp tạo điều kiện, giúp đỡ, động viên tơi q trình học tập nghiên cứu Thanh Hóa, tháng 09 năm 2020 Lê Phú Hồng ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân 1.2 Một số dạng khác bất đẳng thức AM - GM 1.3 Bất đẳng thức Bunhiacopxki 1.4 Một số dạng khác bất đẳng thức Bunhiacopxki Chương Sử dụng bất đẳng thức đạo hàm giải số dạng tốn phổ thơng 2.1 Chứng minh bất đẳng thức 2.1.1 Sử dụng bất đẳng thức AM - GM 2.1.2 Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki 14 2.1.3 Sử dụng đạo hàm 17 2.2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 29 2.2.1 Sủ dụng bất đẳng thức AM - GM 29 2.2.2 Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki 31 2.2.3 Sử dụng đạo hàm 35 2.3 Phương trình, bất phương trình chứa tham số 42 2.4 Một số dạng toán khác 46 iii Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 50 iv MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Trong chương trình tốn THPT bất đẳng thức (bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân, bất đẳng thức Bunhiacopxki) đạo hàm đóng vai trị trung tâm, công cụ quan trọng giải nhiều dạng toán từ đến nâng cao xuất kỳ thi THPT quốc gia, kỳ thi học sinh giỏi tỉnh, thành phố, quốc gia, khu vực quốc tế Vận dụng thành thạo bất đẳng thức đạo hàm vào giải tốn địi hỏi người học nhiều kỹ để phân tích, tìm tịi lời giải Việc hình thành, hệ thống cho người học kỹ từ đến nâng cao việc vận dụng đạo hàm, bất đẳng thức để giảng dạy, hình thành phương pháp giải dạng toán bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, phương trình bất phương trình chứa tham số, đặt cách cấp thiết Vì vậy, chọn đề tài “Vận dụng kiến thức bất đẳng thức đạo hàm để giảng dạy tốn phổ thơng” Mục tiêu nghiên cứu Nghiên cứu ứng dụng, kỹ thuật vận dụng bất đẳng thức bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân, bất đẳng thức Bunhiacopxki đạo hàm giải toán THPT Đối tượng nghiên cứu Bất đẳng thức; đạo hàm, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số; phương trình, bất phương trình chứa tham số; bất đẳng thức tổ hợp Phạm vi nghiên cứu Phương pháp giải số dạng toán THPT sử dụng bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân, bất đẳng thức Bunhiacopxki đạo hàm Phương pháp nghiên cứu Đọc tài liệu, seminar mơn, nhóm hướng dẫn người hướng dẫn khoa học Sử dụng phương pháp, kỹ thuật, kết giải tích Ý nghĩa luận văn Luận văn tổng hợp trình bày cách chi tiết, có hệ thống phương pháp, kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức trung bình cơng - trung bình nhân, bất đẳng thức Bunhiacopxki đạo hàm Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương • Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương phát biểu, chứng minh, nêu số dạng khác bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân bất đẳng thức Bunhiacopxki • Chương Sử dụng bất đẳng thức đạo hàm giải số dạng tốn phổ thơng Trong chương chúng tơi phân tích, vận dụng bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân, bất đẳng thức Bunhiacopxki đạo hàm giải dạng toán chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN - GTNN, biện luận phương trình, bất phương trình chứa tham số, Chương 1.1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân Định lý 1.1.1 Cho x1 , x2 , · · · , xn số thực không âm Khi đó, ta có x1 + x2 + · · · + xn √ > n x1 · x2 · · · xn n (1.1) Dấu "=" xảy x1 = x2 = · · · = xn Chứng minh Đặt a = x1 + x2 + · · · + xn Khi (1.1) tương đương với n an > x1 x2 · · · xn (1.2) • Với n = 1, (1.2) hiển nhiên • Giả sử (1.2) với n = k tức với x1 , x2 , · · · , xk không âm ta có ak > x x · · · x k (1.3) • Xét k + số thực không âm x1 , x2 , · · · , xk+1 Khi trung bình cộng chúng thỏa mãn (k + 1)α = x1 + x2 + · · · + xk + xk+1 Nếu tất xi α ta kết luận (1.1) Ngược lại, tồn số lớn α số nhỏ α Khơng tính tổng qt, ta giả sử xk > α xk+1 < α Khi (xk − α)(α − xk+1 ) > Ta đặt y = xk + xk+1 − α > xk − α > 0, xét dãy k số thực không âm x1 , x2 , · · · , xk−1 , y Do (k + 1)α = x1 + · · · + xk + xk+1 , (1.4) t2 − t + x • Nếu y 6= 0, ta có A = với t = t +t+1 y Xét hàm số t2 − t + f (t) = , ∀t ∈ R t +t+1 Ta có
2 t − = ⇔ t = ±1 f (t) = (t2 + t + 1)2 Lập bảng biến thiên t −∞ −1 f (t) + +∞ − + f (t) Từ bảng biến thiên , suy ra: * GTLN A đạt t = −1 hay    y = −x x = x = −1 ⇔ x2 + xy + y = y = −1 y = * GTNN A đạt t = hay √  y = x x2 + xy + y = ⇔x=y=± Bài toán 2.2.11 Cho x > 0, y > x + y = Tìm GTLN GTNN biểu thức A= y x + y+1 x+1 36 (2.46) Phân tích Ta nhận thấy x2 + x + y + y − 2xy A= = xy + y + x + + xy 2−t Do đó, ta đặt t = xy ta A = f (t) = Lúc này, ta tìm 2+t điều kiện cho t nhờ giả thiết bất đẳng thức AM - GM sau: 1 t = xy (x + y)2 = 4 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có 1 xy (x + y)2 = 4 Mặt khác, ta có x2 + x + y + y − 2xy A=A= = xy + y + x + + xy − 2t Xét hàm số Đặt t = xy , ta có A = 2+t − 2t f (t) = , 06t6 2+t Ta có   < 0, ∀t ∈ 0; f (t) = − (2 + t)2   Suy ra, f hàm số giảm đoạn 0, Do max A = max1 f (t) = f (0) = 1, A = min1 f (t) = f t∈[0, ] t∈[0, ]
= Bài toán 2.2.12 Cho x, y số thực thỏa mãn x2 + y − xy = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A = x4 + y − x2 y (2.47) Phân tích Nhận thấy A = x2 + y
2 − 3x2 y Kết hợp với điều kiện x2 + y − xy = hay x2 + y = + xy ta biến đổi A biểu thức ẩn t = xy Do đó, ta tìm khoảng giá trị 37 xy sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ A Lời giải Ta có = x2 + y − xy > 2xy − xy = xy ⇒ xy 1 = x2 + y − xy = (x + y)2 − 3xy > −3xy ⇒ xy > − Như vậy, − xy Mặt khác, A = x4 + y − x2 y
2 = x2 + y − 3x2 y = (1 + xy)2 − 3x2 y = + 2xy − 2x2 y Đặt t = xy A = + 2t − 2t2 Xét hàm số f (t) = −2t + 2t + 1,   t ∈ − ,1 Ta có f (t) = −4t + = ⇔ t = Bảng biến thiên t − f (t) f (t) + − 38 Từ bảng biến thiên, suy đạt t = hay 2  √   5+1    x = √ xy = 2√ 2 ⇒   + 2  x + y − xy =  y = − √ 2 * GTLN A 1 đạt t = − hay  √     xy = − x = 3√ ⇒   x2 + y − xy =  y = −  √  5+1   x = − √ √2  5−1   y = − √ 2 * GTNN A  √   x = − √   y = Bài toán 2.2.13 Cho số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = x2 + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức A = x5 + y + z (2.48) Phân tích Từ điều kiện x + y + z = x2 + y + z = ta biểu diễn yz y + z qua x Sau biến đổi biểu thức A hàm đối số x Tìm điều kiện x, sau sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn Lời giải Ta có = (x + y + z)2 = x2 + y + z + 2x(y + z) + 2yz = − 2x2 + 2yz Suy yz = x2 − Mặt khác √ √ y2 + z2 − x2 1 − x 6 yz = ⇒ x2 − ⇒− 6x6 2 2 3 39 Khi A = x5 + y + z = x + (1 − x ) =

y + z − y z (y + z) y +z
   2 (y + z) − yz(y + z) + x − x
2x3 − x Xét hàm số " √ √ # 6 f (x) = 2x3 − x, ∀x ∈ − , 3 Ta có √ f (x) = 6x2 − = ⇔ x = ± Hơn nữa, √ ! √ √ ! √ 6 6 f − =− , f − = , 9 √ ! √ ! √ √ 6 6 f =− , f = 9 √ √ √ 6 Như vậy, giá trị lớn A x = , y=z=− 36 Bài toán 2.2.14 Cho x, y số thực dương thỏa mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ A=√ y x +√ 1−y 1−x (2.49) Phân tích Ta đặt ẩn phụ dạng lượng giác sau sử dụng đạo hàm để tìm giá trị nhỏ A Lời giải Ta có < x < < y < Ta đặt  x = sin2 α π với < α < y = cos2 α 40 Ta A=p sin2 α +√ cos2 α − cos2 α − sin2 α sin2 α cos2 α = + cos α sin α sin α + cos3 α = sin α cos α (sin α + cos α)(1 − sin α cos α) = sin α cos α √ π Lúc này, ta đặt t = sin α + cos α Do < α < nên < t t2 − sin α cos α = Khi t2 − t 1− A= t2 −  Xét hàm số f (t) = Ta có  = 3t − t3 t2 − √ 3t − t3 , < t t2 − √ t4 + < 0, ∀ < t f (t) = − (t2 − 1)2 Lập bảng biến thiên t √ f (t) − +∞ f (t) √ Từ bảng biến thiên, suy GTNN A hay sin α + cos α = √ 2⇒α= 41 √ 2 đạt t = π ⇒x=y= √ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài tập 2.2.15 Cho x, y số thực thỏa mãn x2 + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A= 2xy + y 2xy + 2x2 + Bài tập 2.2.16 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a+b+c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức √ A = 3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 3(ab + bc + ca) + a2 + b2 + c2 Bài tập 2.2.17 Cho x, y số thực dương thỏa mãn x3 + y Tìm giá trị lớn biểu thức A = x2 + y Bài tập 2.2.18 Cho x, y số dương thỏa mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x2 + 2.3 1 + y + x2 y2 Phương trình, bất phương trình chứa tham số Bài tốn 2.3.1 Tìm tham số m để phương trình q √ √ x + + − x − (x + 3)(6 − x) = m (2.50) có nghiệm √ √ Lời giải Điều kiện −3 x 6 Đặt t = t(x) = x + + − x Ta có √ √ 6−x− x+3 √ t (x) = √ =0⇔x= 2 6−x x+3 Lập bảng biến thiên 42 x √ −3 t0 (x) + − t(x) 3 √ Từ bảng biến thiên, suy t ∈ [3, 2] Khi đó: t =9+2 q q t2 − (x + 3)(6 − x) ⇒ (x + 3)(6 − x) = Thay vào (2.50) ta t2 − 9 + 2t − t2 m=t− = 2 Xét hàm số f (t) = √ + 2t − t2 , t ∈ [3, 2] Ta có √ f (t) = − t = ⇔ t = ∈ / [3, 2] √ √ 2−9 Dễ thấy, f (3) = 3, f (3 2) = Do đó, để phương trình (2.50) có nghiệm √ 2−9 min√ f (t) m max m √ f (t) ⇔ t∈[3,3 2] t∈[3,3 2] Bài tốn 2.3.2 Tìm tham số m để phương trình √  p p p √ m + x2 − − x2 + = − x4 + + x2 − − x2 (2.51) có nghiệm Phân tích Từ (2.51) ta rút m đặt ẩn phụ 43 Lời giải Điều kiện: −1 x Đặt p √ t = t(x) = + x2 − − x2 , −1 x Ta có x √ t (x) = √ x2 1+ + 1− √ − x4 x2  =0⇔x=0 Lập bảng biến thiên x −1 t0 (x) − √ + √ 2 t(x) h √ i Như vậy, ta có t ∈ 0, Hơn nữa, ta biến đổi đưa (2.51) dạng m= −t2 + t + t+2 (2.52) Lúc này, ta xét hàm số √ −t2 + t + f (t) = , t t+2 Ta có  t=0 t(t + 4)  = ⇔ √ (t + 2)2 t = −4 (không thuộc [0, 2]) √ √ Nhận thấy f (0) = 1, f ( 2) = − Suy ra, để phương trình (2.51) có √ nghiệm − m f (t) = − Bài toán 2.3.3 Tìm m để phương trình √ x2 + mx + = 2x + có hai nghiệm thực phân biệt 44 (2.53) Lời giải Phương trình (2.53) tương đương với     x > − x > − 2 ⇔   x2 + mx + = (2x + 1)2 mx = 3x2 + 4x − Nhận thấy, x = khơng phải nghiệm phương trình (2.53) với giá trị m, nên ta cần tìm m để phương trình (2.53) có hai nghiệm thực phân biệt khác khơng Khi từ mx = 3x2 + 4x − ta rút 3x2 + 4x − m= x Xét hàm số   3x2 + 4x − 1 f (x) = , x ∈ − , +∞ \ {0} x Ta có   3x + > 0, ∀x ∈ − , +∞ \ {0} f (x) = x2 Lập bảng biến thiên x − f (x) +∞ + + +∞ f (x) +∞ −∞ Từ bảng biến thiên, ta thấy để phương trình (2.53) có hai nghiệm thực phân biệt m > Bài tốn 2.3.4 Tìm m để bất phương trình p p x − 3x + > m − x2 − 3x + nghiệm với x > Lời giải Bất phương trình (2.54) tương đương với p p m x2 − 3x + + x2 − 3x + 45 (2.54) Để bất phương trình (2.54) nghiệm với x > m f (x) (2.55) x>3 với f (x) = √ x2 − 3x + + √ x2 − 3x + Ta có  1 + √ f (x) = (2x − 3) √ x2 − 3x + 2 x2 − 3x + Do (2.55) ⇔ m f (x) = f (3) = + x >3 √ Kết luận, giá trị m cần tìm là: m +  √ > 0, ∀x > BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài tập 2.3.5 Tìm m để phương trình √ x + = m x2 + có nghiệm Bài tập 2.3.6 Tìm m để phương trình p  p p √ √ 2 2 − x + + x = 16 − x + m 4−x + 4+x +m có nghiệm Bài tập 2.3.7 Tìm m để bất phương trình q (x + 4)(6 − x) + x2 − 2x > m nghiệm với x thuộc [−4, 6] 2.4 Một số dạng toán khác Bài toán 2.4.1 Cho n số tự nhiên, n > Chứng minh  n  − n−1 n Cn · C n · · · Cn n−1 46 (2.56) Lời giải Do Cn0 = Cnn = nên ta có Cn0 · Cn1 · · · Cnn−1 · Cnn = Cn1 · Cn2 · · · Cnn−1 (2.57) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có Cn1 + Cn2 + · · · + Cnn−1 > n−1 q n−1 Cn1 · Cn2 · · · Cnn−1 (2.58) Mặt khác, ta có

Cn1 + Cn2 + · · · + Cnn−1 = Cn0 + Cn1 + Cn2 + · · · + Cnn−1 + Cnn − Cn0 + Cnn = (1 + 1)n − = 2n − Từ (2.58) (2.59) suy   n − n−1 > Cn1 · Cn2 · · · Cnn−1 n−1 (2.59) (2.60) Cuối cùng, từ (2.57) (2.60) ta suy điều phải  chứng minh Dấu "=" n=2 xảy khi: Cn1 = Cn2 = · · · = Cnn−1 ⇔  n = Bài toán 2.4.2 Cho n số tự nhiên, n > Chứng minh q q q p n Cn + Cn + · · · + Cn n(2n − 1) (2.61) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho dãy q q p a1 = Cn , a2 = Cn2 , · · · , an = Cnn dãy b1 = b2 = · · · = bn = ta có q 2 q p
Cn1 + Cn2 + · · · + Cnn Cn1 + Cn2 + · · · + Cnn (1 + + · · · + 1) (2.62) Do Cn1 + Cn2 + · · · + Cnn = (1 + 1)n = 2n , nên thay vào (2.62) ta q q q p Cn1 + Cn2 + · · · + Cnn (2n − 1)n 47 Tức là, ta có (2.61) Dấu "=" xảy Cn1 = Cn2 = · · · = Cnn = ⇔ n = Bài toán 2.4.3 Chứng minh rằng, phương trình x4 + bx3 + cx2 + bx + = (2.63) có nghiệm b2 + (c − 2)2 > Lời giải Giả sử x0 nghiệm phương trình (2.63) Hiển nhiên x0 6= Chia hai vế (2.63) cho x20 ta   1 x0 + + b x0 + + c = x0 x0 Đặt m = x0 + 1 Khi m2 = x20 + + > 4, (2.64) trở thành x0 x0 m2 + bm + c − = Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có  
m4 = (bm + c − 2)2 b2 + (c − 2)2 m2 + Suy ra, m4 = m2 − + > − = b + (c − 2) > m +1 m +1 (2.64) Như vậy, ta có b2 + (c − 2)2 > BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài tập 2.4.4 Cho n số tự nhiên, n > Chứng minh q q √ p 1 · Cn + · Cn2 + · · · + n · Cnn < 2n−1 n3 Bài tập 2.4.5 Chứng minh phương trình (x + a)2 + (y + b)2 + (x + y)2 = c2 có nghiệm (a + b)2 3c2 48 KẾT LUẬN Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Trong luận văn này, chúng tơi đã: • Trình bày chứng minh chi tiết bất đẳng thức AM - GM, bất đẳng thức Bunhiacopxki • Nêu số dạng khác hay sử dụng bất đẳng thức AM - GM bất đẳng thức Bunhiacopxki • Phân tích, sử dụng bất đẳng thức AM - GM, bất đẳng thức Bunhiacopxki đạo hàm chứng minh bất đẳng thức • Phân tích, sử dụng bất đẳng thức AM - GM, bất đẳng thức Bunhiacopxki đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ • Phân tích, sử dụng bất đẳng thức AM - GM, bất đẳng thức Bunhiacopxki đạo hàm để biện luận phương trình, bất phương trình chứa tham số • Giải số toán liên quan đề xuất số tập vận dụng cho phương pháp đề cập luận văn 49 Tài liệu tham khảo [1] Trần Văn Hạo (Chủ biên) (2010), Chuyên đề luyện thi vào đại học Bất đẳng thức, NXB Giáo dục Việt Nam [2] Phan Huy Khải (2013), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Nguyễn Văn Lộc (Chủ biên) (2009), Các phương pháp điển hình giải tốn Đạo hàm ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [4] Lê Hoành Phò (2015), Các chuyên đề bám sát đề thi THPT quốc gia phương trình bất đẳng thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [5] Huỳnh Công Thái (Chủ biên) (2008), Các chuyên đề ứng dụng đạo hàm phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ phương trình Đại số -Lượng giác, NXB Đại học Quốc gia TP Hồ Chí Minh 50