Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức

Nội dung tóm tắt: Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức

1. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức 1 2 + Ta có 4 ab 8 a2 b 2 1 1 1 2 2 2 + Tương tự, ta có 4 ab 4 bc 4 ca 8 a2 b 2 8 b 2 c 2 8 c 2 a 2 2 2 2 + Để vận dụng giả thiết a4 b 4 c 4 3, ta đặt x a2 b 2 ,, y b 2 c 2 z c 2 a 2 . Khi đó x, y , z 0 222 22 2 22 2 44 44 44 xyzab bc ca 2 ab 2 bc 2 ca 12 x, y , z 0;12 1 1 1 1 + Ta đi chứng minh 8 x 8 y 8 z 2 + Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra tại x y z 4. 1 1 1 5 + PTTT của đồ thị hàm số f t tại điểm M 4; là y t . 8 t 6 144 36 1 1 5 + Ta có t ,  t 0;12 (*). 8 t 144 36 + Thay x,, y z bởi t trong (*) và cộng các bất đẳng thức theo vế ta có đpcm. Tuy nhiên trong bài toán sau (nhìn tương tự như Ví dụ 14) thì phương pháp tiếp tuyến không giải quyết được.  Ví dụ 17. Cho a, b , c 0 thỏa mãn a2 b 2 c 2 3. Chứng minh 1 1 1 3. 2 a 2 b 2 c Nhận xét: Ta thấy, phương pháp tiếp tuyến cũng chỉ là trường hợp riêng của bài toán sau: Cho các số thực a1, a 2 , , an D thỏa mãn điều kiện g a1 g a 2 g an ng với D . Chứng minh f a1 f a 2 f an nf ( nf ) Để giải bài toán trên ta thường nghĩ đến một phương án là biểu diễn f ai qua g ai , nên ta xét hàm số h t f t m. g t với t D . Ở đây, m là số được xác định sao cho là điểm cực tiểu (cực đại) của hàm số đồng thời h là giá trị nhỏ nhất (lớn nhất) của hàm số trên D . Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 16/30
2. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức f ' Vì là điểm cực tiểu (cực đại) của hàm số nên h 0 m g ' Vì h là giá trị nhỏ nhất (lớn nhất) của hàm số trên D nên htftmgth ., h  tD (*) Khi đó thay a1, a 2 , , an vào t trong (*) và cộng theo vế các bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh. Ta giải bài toán theo phương pháp trên 2 1 f ' 1 1 + Xét hàm g t t , f t . Chọn m . 2 t g ' 1 2 1 1 + Xét hàm số h t t 2 trên 0; 3 . 2 t 2 1 + Từ bảng biến thiên ta thấy h t ,  t 0; 3 (*). 2 + Thay a,, b c vào t trong bất đẳng thức (*), cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh. Yêu cầu học sinh thử giải lại các ví dụ theo phương pháp trên. Không chỉ trong các bất đẳng thức đại số, mà ngay cả trong một số bất đẳng thức lượng giác, phương pháp tiếp tuyến còn có nhiều áp dụng. Ta xét ví dụ sau:  Ví dụ 18. Chứng minh rằng 3 3 1) sinA sin B sin C ,  ABC . 2 3 2) cosABC cos cos ,  ABC . 2 3) tanA tan B tan C 3 3,  ABC nhọn. Lời giải 1) Nhận xét: Đây là một trong những bất đẳng thức cơ bản của tam giác. Học sinh hoàn toàn có thể giải quyết theo kiến thức lớp 11 nhờ sử dụng bất đẳng thức sinx sin y x y sin , x , y 0; . 2 2 Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 17/30
3. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức Khi đó, ta có CABC AB 3 3 sinABC sin sin sin 2sin 2sin 4sin 4sin 3 2 2 4 3 3 3 Vậy sinA sin B sin C ,  ABC . 2 Tuy nhiên, trong phương pháp trên học sinh cần nhớ được bất đẳng phụ. Do đó, phương pháp tiếp tuyến ta thấy tương đối dễ vận dụng đối với học sinh: 3 1 3 + PTTT của đồ thị hàm số f t sin t , t 0; tại điểm M ; là y t . 3 2 2 3 2 1 3 + Xét hàm số g t sin t t trên 0; . 2 3 2 1 3 Từ bảng biến thiên g t g 0,  t 0; sint t ,  t 0; (*). 3 2 3 2 + Thay ABC,, bởi t trong (*) và cộng các BĐT theo vế ta có đpcm. 2) 1 3 1 + PTTT của đồ thị hàm số f t cos t , t 0; tại M ; là y t . 3 2 2 3 2 3 1 + Xét hàm số g t cos t t trên 0; . 2 3 2 Từ bảng biến thiên g t g 0,  t 0; 3 3 1 cost t ,  t 0; (*). 2 3 2 + Thay ABC,, bởi t trong (*) và cộng các BĐT theo vế ta có đpcm. 3) Cách 1. + PTTT của đồ thị hàm số f t tan t , t 0; tại M ; 3 là y 4 t 3 . 2 3 3 + Xét hàm số g t tan t 4 t 3 trên 0; . 3 2 Từ bảng biến thiên g t g 0,  t 0; tant 4 t 3,  t 0; (*). 3 2 3 2 Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 18/30
4. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức + Thay ABC,, bởi t trong (*) và cộng các BĐT theo vế ta có đpcm. Cách 2. Áp dụng đẳng thức trong tam giác ta có tanA tan B tan C tan A tan B tan C ,  ABC nhọn. Áp dụng bất đẳng thức TBC-TBN tanABCABCABC tan tan 33 tan tan tan tan tan tan 3 3 đpcm. ABC 1  Ví dụ 19. Chứng minh sin sin sin ,  ABC . 2 2 2 8 Lời giải Cách 1. ABC 1 + Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng lnsin lnsin lnsin 3ln . 2 2 2 2 t 1 + Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f t lnsin , t 0; tại điểm M ;ln là 2 3 2 3 1 y t ln . 2 3 2 t 3 1 + Xét hàm g t lnsin t ln trên 0; . 2 2 3 2 + Từ bảng biến thiên g t g 0,  t 0; (đpcm). 3 Cách 2. + Áp dụng đẳng thức cơ bản trong tam giác ABC cosABC cos cos 1 4sin sin sin 2 2 2 3 ABC 1 + Theo chứng minh ở Ví dụ 18, ta có cosABC cos cos sin sin sin . 2 2 2 2 8 Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 19/30
5. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức 1.3 Bài tập tự luyện 2 2 2 1 1 1 2 a b c 1) Cho a, b , c 0 và a b c 3. Chứng minh 5. a2 b 2 c 2 3 2) Cho a,, b c thỏa mãn a b c 6. Chứng minh a4 b 4 c 4 2 a 2 b 2 c 2 . 3) Cho a, b , c 0 và a b c 3. Chứng minh 2 a b c 9 a2 b 2 c 2 . 4) Cho a, b , c 0 và a b c 3. Chứng minh 1 1 1 1. a2 b c b 2 c a c 2 a b 5) Cho a, b , c 0 và a b c 3. Chứng minh a b c ab bc ca . 6) Cho a, b , c , d 0 và a b c d 4. Chứng minh 1 1 1 1 1. 1 a 2 1 b 2 1 c 2 1 d 2 7) Cho a, b , c 0 và a b c 1. Chứng minh 10 a3 b 3 c 3 9 a 5 b 5 c 5 1. 2 2 2 b c 3 a c a 3 b a b 3 c 1 8) Cho a, b , c 0. Chứng minh . b c 2 2 a2 c a 2 2 b 2 a b 2 2 c 2 2 a3 b 3 c 3 9) Cho a, b , c 0. Chứng minh 1. a3 b c 3 b 3 a c 3 c 3 a b 3 a b c 3 10) Cho a, b , c 0 . Chứng minh a b c . b c a c a b 2 b c c a a b a b c 11) Cho a, b , c 0. Chứng minh 4 . a b c b c c a a b Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 20/30
6. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức Chương II KHAI THÁC TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ Y = AX + B TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 2.1 Kiến thức chuẩn bị Cho hàm số y f x ax b . Nếu xét trên đoạn  ;   thì đồ thị của nó là một đoạn thẳng có hai đầu mút là hai điểm A ; f và B ; f  . Do đó, f 0 f x 0,  x  ;   . f  0 f 0 f x 0,  x  ;   . f  0 minf x min f ; f  .  ;   maxf x max f ; f  .  ;   2.2 Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho a, b , c  0;2. Chứng minh 2 a b c ab bc ca 4. Lời giải + Ycbt f a 2 b c a 2 b c bc 4 0, a 0;2,b, c  0;2 . f 0 0 , b , c  0;2. f 2 0 + Mà f 0 2 b 2 c 0 ; f 2 bc 0 , b, c  0;2. Do đó, f a 0,  a , b , c  0;2 (đpcm). 7 Ví dụ 2. Cho a, b , c 0 thỏa mãn a b c 1. Chứng minh ab bc ca 2 abc . 27 Lời giải Bài toán trên đã xuất hiện nhiều trong các tài liệu và đều được giải theo phương pháp ứng dụng đạo hàm. Vì vai trò bình đẳng ngang nhau của các biến a,, b c nên việc chọn phần tử nhỏ nhất (lớn nhất) có thể làm cho giả thiết của bài toán được sáng tỏ thêm hay như được cho thêm giả Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 21/30
7. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức thiết. Tuy nhiên, việc đánh giá để qui về một biến cũng không hề đơn giản. Ta xem lại cách giải sau: Cách 1. 1 + Vì vai trò của a,, b c bình đẳng nên ta luôn có thể giả sử a min a , b , c 0 a . 3 + Ta có VT ab ca bc 2 abc a b c bc 1 2 a 2 b c a 1 a 1 2 a (vì 1 2a 0 ) 2 2 1 a a 1 a 1 2 a 2 2 1 a 1 + Xét hàm f a a 1 a 1 2 a , với a 0; . Lập bảng biến thiên, tìm GTLN 2 3 1 của hàm f a trên 0; , ta có điều phải chứng minh. 3 Cách 2. 7 + Ycbt f a b c2 bc a  bc 0, a 0;1 ,  b , c 0, a b c 1 27 7 f 0 bc ,  b , c 0, b c 1 27 . 7 f 1 b c bc 0,  b , c 0, b c 0 27 2 7 b c 7 1 7 + b, c 0, b c 1, f 0 bc 0 27 2 27 4 27 7 +  b, c 0, b c 0 b c 0 f 0 0 . 27 Ta có điều phải chứng minh. Trong cách giải trên, khi quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy có thể qui về hàm số bậc cao nhất là 1, với biến a , tham số b, c . Khi đó, bài toán có hai tham số, mà việc khai thác điều kiện cho hai tham số trong từng trường hợp tại a 0, hoặc tại a 1 không phải học sinh nào cũng phát hiện được. Do đó, ta có thể hướng dẫn học sinh sử dụng những biến đổi đại số cơ bản để đưa về hàm số chỉ còn chứa một tham số như Cách 3 sau đây: Cách 3. + Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 22/30
8. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức 7 7 a b c bc 1 2 a 0 a 1 a bc 1 2 a 0 . 27 27 2 2 7 b c 1 a + Ycbt f u a 1 a u 1 2 a 0 với 0 u bc , 27 2 4 a 0;1. f 0 0 2 1 a , a  0;1. f 0 4 2 7 a 1 a 7 1 7 + Ta có f 0 a 1 a 0,a 0;1 27 2 27 4 27 1 a 2 f 0, a 0;1 .   4 Ví dụ 3. Cho a, b , c 0 thỏa mãn a b c 3. Chứng minh a2 b 2 c 2 abc 4. Lời giải Cách 1. + Không mất tính tổng quát, ta giả sử a min a , b , c 0 a 1. + Khi đó, a2 b 2 c 2 abc a 2 b c 2 bc a 2 2 2 2 b c a 3 a a 2 (vì a 2 0 ) 2 2 2 2 3 a a 3 a 2 a 2 2 2 2 3 a + Ta đi tìm GTNN của hàm số f a a 3 a 2 a trên 0;1 2 Cách 2. Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng a2 b 2 c 2 abc 4 a 2 b c 2 2 bc abc 4 a2 3 a 2 bc a 2 4 0 2 2 b c 1 2 + Ycbt f u a 2 u 2 a 6 a 5 0 với 0 u bc 3 a ,a 0;3 2 4 Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 23/30
9. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức f 0 0 1 2 , a 0;3 . f 3 a 0 4 2 3 1 12 1 2 + Mà f 0 2 a 0; f 3 a a 1 a 2 0 ,a 0;3 . 2 5 4 4 1 2 Do đó, f u 0,  u 0; 3 a điều phải chứng minh. 4 1 Ví dụ 4. Cho a, b , c 0 thỏa mãn a b c 1. Chứng minh a3 b 3 c 3 6 abc . 4 Lời giải Cách 1. 1 + Vì vai trò của a,, b c bình đẳng nên ta luôn có thể giả sử a min a , b , c 0 a 3 + Khi đó, a3 b 3 c 3 6 abc a 3 b c 3 3 bc b c 6 abc a3 1 a 3 3 bc 3 a 1 2 3 3 b c a 1 a 3. 3 a 1 (vì 3a 1 0) 2 2 3 3 1 a a 1 a 3 3 a 1 2 2 3 3 1 a 1 + Xét hàm số f a a 1 a 3 3 a 1 , với a 0; . Tìm GTNN của hàm 2 3 1 f a trên 0; ta có điều phải chứng minh. 3 Cách 2. 3 1 + Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng a b 3 ab a b c3 6 abc 4 3 1 3 1 c 3 ab 1 c c3 6 abc ab 9 c 3 3 c2 3 c 0 4 4 2 2 2 3 a b 1 c + Ycbt f u 9 c 3 u 3 c 3 c 0, với 0 u ab ,  c  0;1 4 2 4 2 2 1 1 c 3 2 + Ta có f0 3 c 0; f c3 c 3 c 1 0 , c 0;1 đpcm.   2 4 4 Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 24/30
10. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 5. Cho a, b , c , d  0;1. Chứng minh 1 a 1 b 1 c 1 d a b c d 1. Lời giải + Ycbt fa 1 1 bcda 1 1 1 bcdbcd 1 1  1 0, a  0;1, b, c , d  0;1. f 0 0 , b , c , d  0;1. f 1 0 + Mà f 1 b c d 0,  b , c , d  0;1. + Ta cần chứng minh f 0 1 b 1 c 1  d b c d 1 0, b , c , d  0;1. + Ta xét bài toán: Chứng minh 1 b 1 c 1 d b c d 1 0,  b , c , d  0;1 (1). Ta thấy bài toán (1) tương tự bài toán ban đầu, tuy nhiên đã giảm bớt đi một biến. Do đó, tiếp tục cách làm trên ta có thể giải quyết triệt để được bài toán ban đầu. Ycbt (1) gb 1 1 cdbcdcd 1 1 1  1 0, b 0;1 ,  cd , 0;1 g 0 0 , c , d  0;1. g 1 0 + Mà g 1 c d 0; g 0 1 c 1 d c d 1 cd 0 g b 0  b , c , d  0;1 Ta có điều phải chứng minh. Một số bài toán, không phải lúc nào cũng có sẵn dạng hàm số y ax b . Tuy nhiên, trong một số trường hợp, nhờ những biến đổi, đánh giá bất đẳng thức đại số thích hợp ta có thể áp dụng tính chất hàm số y ax b trong chứng minh. Ta xét các ví dụ sau: a b c Ví dụ 6. Chứng minh 1 a 1 b 1 c 1,  a , b , c  0;1 b c 1 c a 1 a b 1 Lời giải + Không mất tính tổng quát ta giả sử a max a , b , c. Khi đó a b c VT 1 a 1 b 1 c b c 1 a b c + Ta chứng minh f a 1 a 1 b 1  c 1 0, a 0;1 ,  b , c  0;1. b c 1 + b, c  0;1, ta có Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 25/30
11. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức 2 2 b c 2 2 b c 1 bc b c bc b c b c bc 2 f 0 bc b c 0 b c 1 b c 1 b c 1 f 1 0 Ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 7. Cho a, b , c  0;1. Chứng minh a2 b 2 c 2 a 2 b b 2 c c 2 a 1. Lời giải + Biến đổi bất đẳng thức về dạng b 1 a2 c 2 a b 2 c 1 b 2 c 2 0 + Vì a 0;1 nên a a2 , suy ra b 1 acabc222 1 bc 22 b 1 acabc 2222 1 bc 22 . + Ta đi chứng minh b 1 a2 c 2 a 2 b 2 c 1 b 2 c 2 0, a, b , c  0;1. f u b c2 1 u b 2 c 1 b 2 c 2 0, với 0 u a2 1, b, c  0;1. f 0 0 , b , c  0;1 . f 1 0 2 2 2 2 + Ta có f 0 b c 1 b c 1 c c 1 b 0 b, c  0;1 f 1 b2 c b b 2 0 b, c  0;1 Vậy f u 0,  u  0;1 (đpcm). 4 Ví dụ 8. Cho x, y , z 0 và x y z 1. Chứng minh x2 y y 2 z z 2 x . 27 Lời giải 1 + Không mất tính tổng quát ta giả sử x min x ; y ; z 0 x . 3 2 2 21 2 2 1 2 2 Khi đó, x y y z z x xy y z z x y z x y z 3 3 12 2 4 1 + Ycbt fx yzxyz  , x 0; ,  yzxyz , 0, 1 3 27 3 4 f 0 ,  y , z 0, y z 1 27 . 1 4 2 f ,  y , z 0, y z 3 27 3 Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 26/30
12. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức 3 2 1 1 2y 2 z 43 4 + Ta có f 0 y z y . y .2 z y z , y, z 0, y z 1. 2 2 3 27 27 1 1 1 2 2 f y z y z . 3 3 3 1 2 2 Vì x thì y z z y nên 3 3 3 1 3 2 1 4 2 1 4 4 f y y y y y y 3 3 27 3 27 27 Vậy ta có điều phải chứng minh. Ta đã biết, bất đẳng thức xuất hiện rất nhiều trong các bài toán (có thể trực tiếp hoặc gián tiếp), và ở một số trường hợp nhất định việc khai thác tính chất của hàm số y ax b để chứng minh bất đẳng thức vẫn còn hiệu quả trong việc giải quyết lớp bài toán đó. Ta xét một số ví dụ sau: Ví dụ 9. 1) Tìm m để hàm số y 4 m 5 cos x 2 m 3 x m2 3 m 1 nghịch biến trên . 2) Tìm m để hàm số y x msin x đồng biến trên . Lời giải 1) + Ycbt y' 5 4 m sin x 2 m 3 0,  x g u 5 4 m u 2 m 3 0,  x  1;1 g 1 0 + Do đồ thị hàm số y g u , u  1;1 là một đoạn thẳng nên ycbt . g 1 0 2) Học sinh trình bày tương tự. Ví dụ 10. Tìm x để bất phương trình x2 2 x sin y cos y 1 0 đúng với mọi y . Lời giải + Đặt u sin y cos y u 2; 2 + Ycbt Tìm để 2 x f u 2 x . u x 1 0,  u 2; 2 f 2 0 x2 2 2 x 1 0 f 2 0 x2 2 2 x 1 0 Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 27/30
13. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 11. Chứng minh với mọi m 2 thì x2 2 m 1 x 3 m 2 0 , với mọi x  4;1. Lời giải + Ycbt x2 2 m 1 x 3 m  2 0, x 4;1 ,  m ; 2. f m 2 x 3 m x2 x 2 0,  m ; 2 ,  x  4;1 (1). + Vì f m là hàm bậc nhất với hệ số góc 2x 3 0,  x  4;1 nên 1 f  2 0, x 4;1 x2 3 x  4 0, x  4;1 (luôn đúng) Điều phải chứng minh. 2.3 Bài tập tự luyện 1) Cho a,, b c là ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 1. Chứng minh a2 b 2 c 2 2 abc 2. 2) Cho x, y , z 0 và x y z 1. Chứng minh 7 xy yz xz 2 9 xyz . 3) Cho x, y , z 0 và x y z 1. Chứng minh 5 x2 y 2 z 2 6 x 3 y 3 z 3 1. 4) Cho 1 x , y , z 3 thỏa mãn x y z 6. Chứng minh rằng x2 y 2 z 2 14. 5) Cho 0 x , y , z 2 thỏa mãn x y z 3. Chứng minh rằng x3 y 3 z 3 9. 6) Cho a, b , c 0 thỏa mãn a b c 1. Chứng minh 4 a3 b 3 c 3 15 abc 1. 7) Chứng minh rằng với mọi m 1 thì x2 2 3 m 1 x m 3 0, với mọi x 1. Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 28/30
14. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức KẾT LUẬN Sáng kiến đã có các kết quả chính sau đây: 1. Sáng kiến đã trình bày hai phương pháp chứng minh bất đẳng thức thông qua khai thác hai tính chất của hàm số. 2. Kết quả thực nghiệm cho thấy tính khả thi và hiệu quả của sáng kiến. Việc tự giải quyết hệ thống bài tập giúp học sinh hiểu rõ bản chất, phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Từ đó, học sinh có thể tự xây dựng các bài toán tương tự, hoặc các bài toán mới. Chính điều đó kích thích sự say mê, tìm tòi khám phá, nâng cao năng lực tự học ở mỗi học sinh. Sáng kiến được kết tinh những kinh nghiệm đã được kiểm chứng qua các hoạt động giảng dạy các lớp ôn bồi dưỡng HSG trong nhiều năm và đã đạt được những kết quả đáng khích lệ. 3. Xây dựng bộ tài liệu tham khảo bổ ích cho các em học sinh ôn thi ôn thi học sinh giỏi THPT, cũng như các bạn đồng nghiệp. Tuy nhiên chắc chắn nội dung sáng kiến không tránh khỏi những khiếm khuyết nhất định. Rất mong nhận được sự góp ý, phê bình của các thầy, cô và bạn bè đồng nghiệp. Xác nhận của BGH Tổ trưởng chuyên môn Ninh Bình, ngày 5 tháng 5 năm 2014 NGƯỜI VIẾT SÁNG KIẾN Tống Thị Nguyệt Nguyễn Tử Phúc TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh (Chủ biên), Tài liệu chuyên toán Giải tích 12, NXBGD. [2] Đoàn Quỳnh (Chủ biên), Tài liệu chuyên toán Bài tập Giải tích 12, NXBGD. Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 29/30
15. Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức [3] Trần Lưu Cường, Toán Olympic cho sinh viên, NXBGD 1998. [4] Trần Phương, Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học, NXB Tri Thức. [5] Trần Phương, Tuyển chọn các chuyên đề luyện thi Đại học môn Toán Hàm số, NXBĐHQGHN. [6] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri Thức. [7] Tạp chí THTT, số 408, tháng 6/2011. [8] Tuyển tập 30 năm tạp chí THTT, NXBGD 1998. [9] Tuyển tập đề thi Olympic 30/4, lần XV, NXBGD 2009. [10] Tuyển tập đề thi Olympic 30/4, lần XVI, NXBGD 2010. [11] Tuyển tập đề thi Olympic 30/4, lần XVII, NXBGD 2011. [12] Tuyển tập đề thi Olympic 30/4, lần XVIII, NXBGD 2012. [13] Tài liệu trên mạng Internet qua một vài trang web sau www.mathlinks.ro/ www.toanthpt.net/ www.mathvn.com/ Người thực hiện: Nguyễn Tử Phúc, THPT Hoa Lư A Page 30/30