Một số kinh nghiệm luyện tập chứng minh bất đẳng thức cho học sinh phổ thông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI MỘT SỐ KINH NGHIỆM LUYỆN TẬP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CHO HỌC SINH PHỔ THÔNG Người thực hiện: Phạm Hùng Bích Chức vụ: Phó Hiệu trưởng SKKN thuộc mơn: Tốn học THANH HĨA NĂM 2017 MỤC LỤC I MỞ ĐẦU Trang 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu II 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 biện pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Phương pháp dựa vào định nghĩa 2.3.2 Phương pháp quy nạp toán học 2.3.3 Phương pháp phản chứng 2.3.4 Phương pháp ước giá số 2.3.5 Phương pháp sử dụng Bất đẳng thức cổ điển 2.3.6 Phương pháp tam thức bậc hai 2.3.7 Phương pháp lượng giác 2.3.8 Phương pháp dựa vào tập giá trị hàm số 2.3.9 Phương pháp dùng đạo hàm 2.3.10 Phương pháp hình học 2.3.10.1 Các tốn sử dụng bất đẳng thức tam giác 2.3.10.2 Các toán sử dụng tích vơ hướng hai véctơ 2.3.10.3 Sử dụng tập hợp điểm 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang 10 Trang 10 Trang 11 Trang 13 Trang 13 Trang 16 Trang 17 Trang 19 với thân, đồng nghiệp nhà trường III KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Trang 19 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 19 Trang 20 Trang 21 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SKKN ĐƯỢC ĐÁNH GIÁ I PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài: Trong q trình giải bải tập mơn Tốn, câu hỏi: “Bài toán thuộc dạng nào?” dễ dẫn đến câu hỏi tiếp theo: “Có thể vận dụng phương pháp để giải toán dạng này?” Việc phân loại toán, vạch khác biệt toán theo kiểu với phương pháp giải chúng, giúp ích cho học sinh giải tốn Chúng ta biết, chương trình tốn học phổ thơng phần “Bất đẳng thức” phần khó địi hỏi học sinh có tư duy, sáng tạo cao Mặc dù sách giáo khoa trình bày số phương pháp chứng minh tất nhiên áp dụng cho toán chứng minh “Bất đẳng thức” Tuy nhiên, thực tế để giải toán vấn đề chưa giúp nhiều cho học sinh phương pháp cịn khái quát nên chưa nêu cụ thể dạng toán nên việc xác định phương pháp giải cho tốn cụ thể khó khăn Vì vậy, việc tìm phương pháp giải cho lớp toán việc làm cần thiết có ích Để giúp học sinh có nhìn toán chứng minh bất đẳng thức nâng cao lực giải tốn, tơi trình bày “Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường dùng” 1.2 Mục đích yêu cầu đề tài - Nhằm giúp học sinh có nhìn tồn diện nâng cao lực giải toán “ bất đẳng thức” - Rèn cho học sinh tính linh hoạt, sáng tạo giải toán 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Học sinh đại trà , học sinh giỏi 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Thực nghiệm, tổng kết, đánh giá II NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Đối với chúng ta, thầy giáo, việc tạo cho học sinh nhìn đầy đủ hơn, tồn diện vấn đề mà xét có ý nghĩa đặc biệt quan trọng Vì vậy, cơng việc tạo cho học sinh có có cơng cụ khác để soi sáng vấn đề việc làm có ích cần thiết Việc này, mặt làm cho học sinh thấy gắn kết đơn vị kiến thức, mặt khác làm cho học sinh đánh giá nhận thức vấn đề xét sâu sắc Từ đó, nâng cao hiệu dạy học Bản thân tôi, cố gắng tìm hiểu giúp đỡ học sinh tìm liên hệ kiến thức kiến thức trước dạy Trong phần chứng minh bất đẳng thức tìm liên hệ Đó việc sử dụng phương pháp chứng minh công cụ để chứng minh bất đẳng thức thông qua củng cố cho học sinh kiến thức chứng minh BĐT 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Đối với đa số học sinh THPT, việc học nắm vững bất đẳng thức em gặp khó khăn định Bởi lẽ, phần khó Vì vậy, dạy đơn vị kiến thức mới, tơi ln tìm hội để giúp em củng cố phần kiến thức nói Thơng qua đó, em bớt khó khăn học phần nâng cao kết học tập Trong trình trên, tơi tìm mối liên hệ “bất đẳng thức” lương kiến thức khác 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm biện pháp sử dụng để giải vấn đề Với kinh nghiệm mình, tơi phân dạng tập để sử dụng phương pháp chung sau: 2.3.1 Phương pháp dựa vào định nghĩa : Để chứng minh BĐT a b , trước hết ta xét hiệu a-b , sau thường phân tích a-b thành tích thương dựa vào qui tắc dấu phép nhân phép chia số hữu tỉ khẳng định a-b từ theo định nghiã a b VD1: Với a , b ta có a3 b3 ( a b) Chứng minh : Xét hiệu a3 b3 - (a b ) = = Vậy 3 a b ( a b ) a b (a - ab + b - (a+b)(a-b) (a b)2 ) VD2: Với số tự nhiên a cho trước ta có : 3(1+a +a ) (1+a + a ) Giải Xét hiệu 3(1+a + a ) - (1+ a + a ) = ((a + ) + )(a - 1) Vậy 3(1+a +a ) (1+a + a ) VD3: Chứng minh: ( ab + bc + ca ) 3abc(a + b + c ) Chứng minh tương tự ví dụ VD4 : Chứng minh: cos(sina) > sin(cosa) Giải Xét hiệu d = cos(sina) - sin(cosa) = cos(sina) - cos( = sin ( Ta có sin a cos a sin a cos a / - cosa) / sin a cos a )sin( / sin a cos a ) 22 2 sin(a/ 4) Nghĩa < / cos a sin a < /2,0< Do : sin / cos a sin a >0 sin < /2 < /2 / cos a sin a sin(a/ 4) / cos a sin a < /2 >0 Vậy d > từ theo định nghĩa cos(sina) > sin(cosa) Bài tập tương tự: Bài Với x > ta có log23x + 2log3x log3 x Bài Giả sử A, B, C góc tam giác ABC chứng minh : CosA + cosB + cosC 2.3.2 Phương pháp quy nạp toán học: Để chứng minh bất đẳng thức có liên quan đến số tự nhiên, với số tự nhiên n k qui nạp toán học ta phải tiến hành bước : Bước 1: Chứng tỏ BĐT với số tự nhiên k Bước 2: Giả sử BĐT với số tự nhiên n (n k ) ta phải chứng minh BĐT với số tự nhiên n+1 VD5 : Cho p số thực dương a1 , a2 ,…, ap n số tự nhiên chứng minh (a a p a an an )n a n p p p Chứng minh : Khơng làm tính tổng quát ta giả sử a1 a2 … ap + Với n= BĐT hiển nhiên : p a a a ( a a a )0 p p p + Giả sử mệnh đề với n = k tức : p a k a k a k ( a a a )k p a a1 a 2 p a p a k a nk k ( a k a Nhưng Cho nên ( p a a p a a p ( a p ) p p a a p )k+1 p a nk k p ) p k+1 ( p a k a k1 a k p ) p p a a1k a k a2 a ( BĐT Trebusep ) k p p Nghĩa mệnh đề với n = k +1 Bài tập tương tự: Bài Với a,b số thực cho a+b > n số tự nhiên ta có : an bn ( a 2b )n Bài ( BĐT Becnuli ) Giả sử a -1 n số tự nhiên khác ta có : (1 + a ) n + na Bài Với a > n số tự nhiên khác ta có : loga(n + 1) > 1/n ( loga1+loga2+…+logan ) Bài Cho n số tự nhiên khác x số thực tuỳ ý ta có : Sin2nx + cos2nx 2.3.3 Phương pháp phản chứng: Để chứng minh BĐT a b ta giả sử a < b từ suy điều mâu thuẫn tức mệnh đề a < b sai mệnh đề a b Phương pháp thường sử dụng so sánh số : VD6 : So sánh 11 - với + Giải Giả sử 11 - 21 + 13-2 22 22+2 108 + Vây vế dương bình phương vế ta 6+2 49 5.22 Đây vơ lí - 11 (*) 100 = 2.4 101 100 99 100 101 100 = xy 101 Nên y>x xy > x2 nghĩa 101 Từ (*) (**) ta thấy vơ lí Vậy x< > x2 1 ta có n+k < 2n , k = 1,2 …, n-1 1 với k = 1,2 …, n-1 Nên n k 2n Cộng vế với vế n - BĐT ta n 1 +n Nghĩa +…+ n n + +…+ n n2 VD9: Với số tự nhiên n 1 1 + +…+ f(x) 4a 2a với giá trị x dấu đẳng thức xảy x = - b * Nếu a < f(x) - 2a 4a VD12 : Với x, ta ln có : x2 + 2xy + 3y2 + 2x + 6y + Giải Ta có vế trái BĐT tam thức bậc hai theo x : f(x) = x2 + 2xy + 3y2 + 2x + 6y + Có hệ số x2 a = > y Và ' = - 2( y + )2 < với y Vì x , y ta ln có f(x) tức x2 + 2xy + 3y2 + 2x + 6y + Dấu đẳng thức xảy hay y y x0 x( y1) Bài tập tương tự: Bài Với x , y ta ln có ( 1+ sin2y ) x2 + 2(siny + cosy)x + + cos2y > Bài Với giá trị x ta ln có : ( x - a1)2 + (x - a2)2 + … + ( x - an)2 n(a a a 2 ) (a a n a ) n n Bài Với x , y ta ln có ( 1+ log22y)x2 + 2xlog2y + ( 1+ log22y) > Bài Cho số a , b , c thoả mãn a 2b 2c 22 ab bc Ta có : - ca 4 a,b,c 3 2.3.7 Phương pháp lượng giác: Ta biết phép biến đổi lượng giác phong phú Vì số trường hợp chứng minh BĐT đại số ta sử dụng phép biến đổi lượng giác BĐT lượng giác : VD 13 : Chứng minh với giá trị x ta có : 2x x2 1 Đặt x = tg 2x Giải ta có : = sin2 2tg = 2 x tg1 Nhưng với ta có Nên với x ta có 2x x2 Bài tập tương tự: Bài Với x cho 4x x 3x sin 1 ta có : Bài Giả sử a , b , c cạnh tam giác vuông , c cạnh huyền x, y, z số cho ax + by = cz ta có x2 + y2 z2 2.3.8 Phương pháp dựa vào tập giá trị hàm số: Cho hàm số y = f(x) xác định tập X f(x)/x X Ta gọi tập Y = x X/f(x) y ( tập giá trị hàm số y = f(x) y Y Nghĩa phương trình y = f(x) có nghiệm X ) Chúng ta dựa vào khái niệm tập giá tri hàm số để chứng minh số BĐT VD14 : Chứng minh với giá trị x ta có : -2 x2 x2 x 3 3 Giả i Xét hàm số y = x x2 x Với x ta có x2+x+1 > nên hàm số xác định với giá trị x Gọi y giá trị tuỳ ý hàm số phương trình x2 x x = y có nghiệm x2 - - ( x2 + x + ) y = có nghiệm (1) ( y - ) x2 + yx + y + = có nghiệm * Với y = phương trình trở thành x + = phương trình có nghiệm y = với giá trị hàm số * Với y tức y - Khi y giá trị hàm số (1) có nghiệm tức : = y2 - 4(y - 1) ( y + 1) 10 - 3y2 2 - 3y Nhưng y = thuộc tập tập nghiệm nên với x ta có Nghĩa - x2 3 x2 x 2 y 3 3 Bài tập tương tự: Bài Với giá trị x ta ln có : sin x -3 cos x Bài Với giá trị x ta có : (a c)2 b2 (a c a sin x b sin x cos x c cos2 x a c (a c)2 b2 2.3.9 Phương pháp dùng đạo hàm: Một số BĐT chứng minh nhờ công cụ khảo sát biến thiên hàm số VD15 : Giả sử a , b , c số dương cho : a2 + b2 + c2 = a 2 b c + b 2 a c + c b a 3 2 Giải Với giả thiết a2 + b2 + c2 = BĐT cần chứng minh viết : a b c 3 a + b2 + c Hay a2 a(1 a ) + b2 b(1 b ) + c2 c(1 c Xét hàm số : f(t) = t( - t2 ) ) 3 (0 c ta có : c(a c) + c(b c) ab Chứng minh : Ta dựng tam giác vuông Tam giác vuông AHB vuông H : AH = Tam giác vng AHC vng H : HC = Thế : AB = a , AC = b c, b BH = a c c 12 Ta có : c) + c(a c(b Do c(a c) VD17 Chứng minh rằng: a b 2c c) + =2dt ABH +2dt ACH = 2dt ABC = a b sinBAC ab c(b c) ab a, b, c, d R d 2(a c)2 (b d )2 Giải: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lấy vectơ: u (a; b) u v (a c; b d ) v (c; d ) Vì u v uv , nên ta suy ra: a b2 (*) c2 d2 (a c)2 (b d )2 *Ta chứng minh bất đẳng thức theo cách khác sau: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lấy điểm O(0; 0); A(a; b) B(c; d) Khi đó, ta có: OA a b2 , OBc d OA (a; b) OA OB (a c; b d ),coi OC OA OB OB (c; d ) Do OA a b2 OB OC c2 d2 nên ta kết quả: (a c)2 (b d )2 Chú ý: Ta coi (1) bất đẳng thức để áp dụng vào toán khác mà không chứng minh lại VD18: Chứng minh rằng: a b2c d 2e2 f 2(a c e)2 (b d f )2 a, b, c, d , e, f R Giải: Áp dụng (1), ta có: a2 b2 c2 d (a c)2 (b d )2 (a c)2 (b d )2 e2 f 2(a c e)2 (b d f )2 (1) (2) Lấy (1) +(2) vế với vế, ước lượng vế ta điều phải chứng minh 13 Chú ý: Bằng quy nạp, ta chứng minh được: n n ai2 bi2 a n i VD19: Chứng minh rằng: a a a a a a a R Giải a2 a OA a , OB a 2 O(0;0), A(a 2 a Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn Thế thì, ta có: 2 a (3) i1 12 a1 , a2 , , an ,b1 ,b2 , , bn R i i1 i1 b 2 1/ 2; 2), B(a 2; 2) ,BA 2 Mặt khác, ta có: BO + OA BA nên: a 2 a 2 (đpcm) Chú ý: Ta dùng bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất đẳng thức Do vế trái tổng biểu thức nhận giá trị dương nên ta áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta được: a2 a a2 a 24 (a a 1)(a a 1) 24 a a2 VD20: Cho số thực khác a, b, c, d Chứng minh rằng: a b2 (c b)2 d2 c2 (d a)2 Giải Đối với hệ trục toạ độ Oxy, lấy Ta có: A(0; a), B(b; 0), C(c; d ) 14 AB ( b; a) AC (c; d BC (c a) b; d ) Xét tam giác ABC, ta có: AB + BC AC hay AB BC AC Do đó, a b2 (c b)2 d c (d a)2 (đpcm) Bài tập tương tự: Bài 1:Chứng minh rằng: (a c)2 b2 (a c)2 b2 Bài 2: Cho x, y số thực, chứng minh rằng: x2 4y2 6x x2 4y2 2x 12 y 10 a2 b2 a, b, c R Bài 3: Cho số thực khác a, b, c, d Chứng minh rằng: a b2 b)2 (c d2 c2 a)2 (d Bài 4: Cho a, b, c > ab + bc + ca = abc Chứng minh rằng: b2 2a ab c2 2b2 bc a2 2c2 ca 2.3.10.2 Các toán sử dụng tích vơ hướng hai véctơ VD21: Chứng minh rằng: (a b a b )2 1 (a2 a2 )(b2 a , b , a2 , b R b2 ), 1 Giải: Trong hệ trục toạ độ Oxy, lấy véctơ a a b cos(a, b) Ta có: a.b cos(a, b) Do a.b ab ab a b (a1b1 2 a2b2 ) VD22: Chứng minh rằng: a2 a2 2 2 (a1 a2 )(b1 b2 (1 a )(1 b ) (b1 ;b2 ) b22 ) (đpcm) 2 vµb nªn b2 (a b)(1 ab) (a1 ; a2 ) với số thực a, b Giải 2a Chọn u Ta có: u a v ; 1a 1a 2; 1b v u.v 1b 2 ; 2b b 2a(1 b2 ) 2b(1 a ) (1 a )(1 b ) 2(a b)(1 ab) (1 a )(1 b ) Mặt khác u.v u u cos(u, v) u u 2(a b)(1 ab) (1 a )(1 b ) (a b)(1 ab) (1 a )(1 b ) 15 có x xy y2 VD23: Giả sử hệ: yz z 16 y Chứng minh rằng: xy nghiệm yz zx Giải: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn x ; uy u 3x 2 x y 3z2 v Ta có: u.v xy y x,v z; y z z y 2 y 2 yz z (xy yz zx) Từ u.v u v xy yz zx Bài tập tương tự: Bài 1: Chứng minh rằng: (sin x x a cos x) (sin x (đpcm) b cos x) 2 ab (1 a )(1 b ) , a, b R Bài 2: Cho a > c > 0, b > c > Chứng minh rằng: (a c)(b Bài 3: Cho x 3x c) y2 2xy (a c)(b c) ab Chứng minh rằng: 3y2 2.3.10.3 Sử dụng tập hợp điểm (Đây nội dung có tính thời đề trắc nghiệm khách quan đề thi THPT Quốc gia) VD 24 Cho số phức z thỏa mãn: |z + 3| + |z – 3| = 10 Chứng minh rằng: ≤ |z + 9i| ≤ 13 Giải Gọi z = x + yi điểm biểu diễn M(x ; y) Từ |z + 3| + |z – 3| = 10 x y x y 10 (1) Gọi F1(- 3; 0), F2(3; 0) F1F2 = từ (1) MF1 + MF2 = 10 > = F1F2 2 M (E): x2 25 y2 16 có đỉnh B1(- 4; 0), B2(4; 0) Ta có: |z + 9i| = x y = KM, với K(0; - 9) Oy Khi KB1 ≤ KM ≤ KB2 hay ≤ |z + 9i| ≤ 13 |z + 9i| = M B1 |z + 9i| = 13 M B2 Vậy ≤ |z + 9i| ≤ 13 2 16 VD 25 Cho z số phức thỏa mãn: |i – - z| + |z – – 7i| = Chứng minh rằng: ≤ |z – + i| ≤ 73 Giải Gọi z = x + yi điểm biểu diễn M(x ; y) Từ |i – - z| + |z – – 7i| = x y -1 x y (*) Chọn F1(- 2; 1), F2(4; 7) Từ (*) MF1 + MF2 = F1F2 M thuộc đoạn F1F2 Từ T = |z – + i| = x y = MK, với K(1; - 1) Ta có : KF1 = 13 ,KF2= 73 F2 F1 K nhọnd(K/F1F2) ≤ MK ≤ KF2 2 2 F 1F = (6; 6), F1 K = (3; -2) ˆ ≤MK≤ 73 VD 26 Cho z số phức thỏa mãn: |z – – i|2 + |z – – 7i|2 = 108 Chứng minh rằng: 274 ≤ |z – 10 + 12i| ≤ 274 Giải Gọi z = x + yi điểm biểu diễn M(x ; y) F1(1; 1), F2(7; 7) Từ giả thiết MF12 + MF22 = 108 M thuộc đường tròn tâm I(3; 3), bán kính R = Đặt K(10; 12) |z – 10 + 12i| = MK, IK2 = 49 + 225 = 274 K nằm ngồi đường trịn 274 ≤ |z – 10 + 12i| ≤ 274 VD 27 Cho z w số phức thỏa mãn: |z+ 4| - |z – 4| = |w + 3| = |w + 4| Chứng minh rằng: |w – z| ≥ 13 Giải Gọi z = x + yi điểm biểu diễn M(x ; y), gọi F1(- 4;0), F2(4; 0) F 1F = Theo giả thiết MF1 – MF2 = < M thuộc nhánh phải (x > 0) Hypebol Gọi w = a + bi điểm biểu diễn N(a; b), từ |w + 3| = |w + 4| 2a + = a= N thuộc d: 2x +7 = |w – z| = KM ≥ 13 VD 28 Cho z số phức thỏa mãn: |z- – 3i| = |z + + i| Chứng minh rằng: |z + + 3i| + |z- – i| ≥ 34 Giải Gọi z = x + yi điểm biểu diễn M(x ; y) Từ |z- – 3i| = |z + + i| (x - 2)2 + (x - 3)2 = (x + 1)2 + (y + 1)2 –11=0( ) 6x + 8y 17 Với A(- 2; - 2), B(3; 1) |z + + 3i| + |z- – i| = MA + MB Vì A, B khác phía so với ( ) MA + MB ≥ AB = 34 Vậy |z + + 3i| + |z- – i| ≥ 34 Bài tập tương tự: Bài Cho z, w số phức thỏa mãn: |z – 4| + |z + 4| = 10; |w + 8i| = |w + 10i| Chứng minh rằng: |w – z| ≥ Bài Cho z số phức thỏa mãn: |z – – i| + |z- – 5i| = Chứng minh rằng: ≤ |z + + 3i| ≤ 10 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường: So sánh kết trước sau thực đề tài : Trước thực đề tài chứng minh BĐT phần khó cho học sinh, kể học sinh giỏi Sau thực đề tài, phần lớn học sinh hình dung gặp tốn chứng minh BĐT phải làm nào, vận dụng 10 phương pháp vào giải dạng tốn dễ ràng nhiều Đồng thời, học sinh giải tốt tập giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn thuộc phần số phức đề thi trắc nghiệm khách quan thường gặp Kết đối chứng: Sĩ Điểm Điểm 5, Điểm 7, Điểm 9, 10 Lớp số SL % SL % SL % SL % Lớp không áp 10A1 40 20 22 55 20 dụng Lớp áp 10A2 40 7.5 18 45 15 37.5 10 Lớp không áp 12A1 42 16.7 24 57.1 19.0 7.2 9.8 20 48.8 10 24.4 17 dụng dụng Lớp áp 12A2 41 dụng III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận: Tập cho học sinh biết nhìn vấn đề tốn học nhiều cách khác vừa rèn tư sáng tạo, vừa giáo dục giới quan Nhưng phải kiên trì, bền bỉ, liên tục có hiệu rõ rệt giống tập thể dục phải kiên trì bền bỉ, liên tục hàng năm khoẻ mạnh 18 Vì vậy, tuỳ vào đối tượng học sinh, mà ta có cách trình bày khác Đối với học sinh trung bình học yếu, ta đưa vấn đề toán cụ thể véctơ, toạ độ cho học sinh nhận xét kết phát vấn đề từ đến kết tổng quát theo lối quy nạp khơng hồn tồn, lẽ vấn đề tương đối khó Trong đó, học sinh trở lên ta cho học sinh phát trực tiếp từ nảy sinh mâu thuẫn nội dung toán Làm vậy, theo tơi nghĩ đa số trường hợp, tỏ có hiệu rõ rệt Bài tốn khơng phải trường hợp ngoại lệ Để giảng dạy vấn đề mới, khó giới thiệu cho học sinh cách trực tiếp Vì làm vậy, học sinh không thấy liên hệ với kiến thức trước học qua học sinh học có hệ thống kiến thức dời dạc Khơng có liên hệ đơn vị kiến thức kiến thức học khơng có điều kiện thực hành dẫn đến quên nhanh kiến thức điều không tránh khỏi Bởi vậy, theo thân tơi ngồi việc cung cấp kiến thức học cần phải có tìm tịi sáng tạo, tổng hợp người học giáo viên Trên số ý kiến thân “Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường dùng” Mặc dù thân có cố gắng chuẩn bị đóng góp quý báu số đồng nghiệp thời gian hạn hẹp nên chắn đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót Vì vậy, tơi mong đóng góp ý kiến thầy giáo để đề tài áp dụng rộng rãi thiết thực 3.2 Kiến nghị: Không Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 19 tháng năm 2017 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Tác giả Phạm Hùng Bích TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa Đại số 10 nâng cao – Nguyễn Huy Đoan – NXB Giáo dục 19 Sách giáo khoa Hình học 10 nâng cao – Văn Như Cương –NXB Giáo dục Sách giáo khoa Đại số 12 nâng cao – Nguyễn Huy Đoan –NXB Giáo dục Sách giáo khoa Hình học 12 nâng cao – Văn Như Cương –NXB Giáo dục Các phương pháp giải lượng giác hóa – Lê Hồng Đức - NXB Hà Nội Đề Minh họa thi THPT Quốc gia mơn Tốn, lần – Bộ GD&ĐT 20 ... kiến thức kiến thức trước dạy Trong phần chứng minh bất đẳng thức tơi tìm liên hệ Đó việc sử dụng phương pháp chứng minh cơng cụ để chứng minh bất đẳng thức thơng qua củng cố cho học sinh kiến thức. .. trình bày ? ?Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường dùng” 1.2 Mục đích yêu cầu đề tài - Nhằm giúp học sinh có nhìn tồn diện nâng cao lực giải toán “ bất đẳng thức? ?? - Rèn cho học sinh tính... dùng bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất đẳng thức Do vế trái tổng biểu thức nhận giá trị dương nên ta áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta được: a2 a a2 a 24 (a a 1)(a a 1) 24 a a2 VD20: Cho số thực