SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN DIÊU
---o0o---

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Môn: Toán

Đề tài:
SÁNG TẠO
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG

Họ và tên giáo viên: Nguyễn Thị Thanh Vương
Năm học 2013 - 2014

0


SÁNG TẠO
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG
A. MỞ ĐẦU
I. Đặt vấn đề
1. Thực trạng của vấn đề đòi hỏi phải có giải pháp mới để giải quyết

Trong quá trình dạy học, người thầy cần nâng cao được tính tích cực, chủ
động và sáng tạo của học sinh, rèn luyện cho học sinh có khả năng phát hiện ra
những bài toán mới từ những bài toán đã có; cần khơi dậy và phát triển tiềm năng
sáng tạo còn tiềm ẩn trong mỗi học sinh; tạo cho các em niềm hứng thú và say mê
trong học tập.
Bài toán chứng minh một bất đẳng thức và bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

nhất của một hàm số là những vấn đề khó đối với học sinh. Các dạng toán này rất


1


Trong quá trình nghiên cứu đề tài, tôi đã tiến hành thực dạy các lớp 10:
+Năm học 2011-2012:Lớp 10A 2:đối chứng, lớp 10 A 3: thực nghiệm.
+Năm học 2012-2013: Lớp 10A 2: đối chứng, lớp 10 A 4: thực nghiệm.
- Dự giờ: Thường xuyên dự giờ để biết được mức độ hiểu biết và khả năng
chứng minh bất đẳng của học sinh và cách giải quyết vấn đề của đồng nghiệp, từ
đó để đánh giá chính xác kết quả phương pháp của mình.
- Đàm thoại:
+ Trao đổi với đồng nghiệp để có kinh nghiệm và phương pháp dạy phù hợp
với phân môn.
+ Trao đổi với các em học sinh về các bài toán mới để biết được cách tìm ra
hướng giải bài toán của các em, từ đó có cách dạy tốt hơn.
b. Thời gian tạo ra giải pháp
Tôi đã nghiên cứu đề tài và tiến hành thực nghiệm trong hai năm học 20112012 và 2012-2013 đối với 2 lớp10A 3 ( năm 2011- 2012) và lớp 10A 4 (năm
2012 – 2013). Đồng thời đề tài này cũng là một chuyên đề trong bồi dưỡng học
sinh giỏi lớp 11 cấp tỉnh trong nhiều năm qua.
B-NỘI DUNG
I.Mục tiêu
Giúp cho học sinh và đồng nghiệp thấy được cách sáng tạo ra một số bất
đẳng thức không đối xứng từ bài toán gốc và cách giải của các bài toán này.
II. Mô tả giải pháp của đề tài
1. Thuyết minh tính mới
a.Nội dung của giải pháp
Từ các bất đẳng thức đối xứng, bằng phép đổi biến không đối xứng ta
được một bất đẳng thức không đối xứng. Hơn nữa, để giúp học sinh phát
triển tư duy và có sự tổng quát hóa về phương pháp giải, tôi xây dựng hệ
thống bài tập theo kiểu mở rộng không gian từ bài toán có hai biến số mở

M �0, x, y ��.
Ta có
2 M  2 x 2  2 y 2  2 xy  2 x  2 y  2
=  x - y    x  1   y  1 �0, x, y ��.
2

2

2

Do đó M �0, x, y ��.
Lời bình:Trong bài này vì vế trái của bất đẳng thức (1) đối xứng đối với x và y, nên
ta dễ dàng nghĩ ra phương pháp giải của bất đẳng thức này bằng cách đưa về các
bình phương của một hiệu hoặc một tổng. Bây giờ ta thay x bởi 2x và y bởi 3y vào
bất đẳng thức (1) ta được một bài toán mới không còn đối xứng đối với x và y nữa,
cụ thể là bài 2a, và bằng cách làm tương tự ta có bài 2b, 2c. Hoặc muốn có một bất
đẳng thức không đối xứng giữa sinx và cosx ta thay x bởi

3
sinx và thay y bởi
2

1
cos x ta được bài 2d. ( Bài 2d ta đưa vào tiết tự chọn theo chủ đề công thức lượng
2

giác)
Bài toán 2: Chứng minh rằng
a) 4 x 2  9 y 2  6 xy  2 x  3 y  1 �0, x, y ��, (2).
b) 2 x 2  2 y 2  2 xy  2 x  6 y  10 �0, x, y ��,(2').

�3
�
1
4�
�
�2 sin x  2 cos x �
� 2 cos x  3
�
�
�
�





2

�
2
  2sin x  1 �
�
�

Lời bình:Như vậy bài toán 2 này có cách giải vẫn tương tự cách giải của bài toán 1,
mặc dù bất đẳng thức (2) không còn đối xứng đối với x và y nữa. Với cách làm như
vậy ta có thể sáng tác nhiều bài toán không đối xứng như thế này.
Từ hai bài toán trên, ta đặt ra bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
được thể hiện trong bài toán sau đây
Bài toán 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau

2
2
c) Ta có Q   2 x  3 y    x  2 y  1 �0, x, y ��.
3
4
Do đó Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại x  , y  .
7
7
2
�
�
2
�3
�
1
2
��0, x ��. .
sin
x

cos
x

2
cos
x

3

2sin

a 2  b 2  c 2 �ab  bc  ca, a, b, c ��; (4).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Lời giải:
Bất đẳng thức (4) tương đương với bất đẳng thức sau:

4


a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca �0, a, b, c ��;(4 '),
� 2a 2  2a 2  2b 2  2ab  2bc  2ca �0, a, b, c ��,

�  a  b    a  c    b  c  �0, a, b, c ��;(4") .
2

2

2

Bất đẳng thức (4”) đúng. Do vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức (4).
Đẳng thức (4) xảy ra khi đẳng thức (4”) xảy ra.
Vì vậy đẳng thức (4) xảy ra khi a = b = c.
Lời bình:
Từ bài toán gốc này, với các cách biến đổi không đối xứng ta được nhiều bài
toán không đối xứng. Chẳng hạn ta đặt a = x, b = 2y, c = 2z . Thế vào bất đẳng
thức (4) ta được bất đẳng thức sau đây không còn đối xứng đối với x,y và z nữa.
Bài toán 5: Chứng minh rằng
x 2  4 y 2  9 z 2 �2 xy  6 yz  3 zx, x, y, z ��; (5).
Hướng dẫn giải:
Tương tự bài 4.Ta biến đổi bất đẳng thức (5) tương đương với bất đẳng thức
đúng sau đây

2
2
Q   x  1  2 y    x  1  3z    3z  2 y   1 �1, x, y, z ��.
Do đó Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x + 1 = 2y = 3z = a, với a ��.
Lời bình: Sau đây là một số bài toán tương tự.
Bài toán 2’: Chứng minh rằng
a ) x 2  y 2  4 x  2 y  6  0, x, y ��;
b)2 x 2  5 y 2  6 x  10 y  2 xy  5 �0, x, y ��;
c)2 x 2  4 y 2  5 z 2  4 xy  6 xz  4 yz  1  0, x, y, z ��;

5


d )256 cos8 x  256sin 6 x  272cos 4 x  144sin 4 x  64sin 3 x  24sin 2 2 x  85 �0, x ��.

Bài toán 4’: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
a ) P(x, y)  x 2  y 2  4 x  2 y  6;
b) P(x, y)  2 x 2  5 y 2  6 x  10 y  2 xy  5.

Bài toán 6’: Chứng minh rằng
a )2 x 2  4 y 2  5 z 2  4 xy  6 xz  4 yz  1  0, x, y, z ��;
b)10 x 2  5 y 2  z 2  6 xy  2 x  12 y  10  0, x, y , z ��.

Bài toán 7’: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
a) P(x, y, z)  2 x 2  4 y 2  5 z 2  4 xy  6 xz  4 yz;
b) P(x, y, z)  10 x 2  8 y 2  z 2  12 xy  2 x  12 y  10.

Lời bình: Bây giờ tôi xuất phát từ bài toán 20a trang 112 sách giáo khoa đại số 10
nâng cao, bằng cách biến đổi không đối xứng ta có bài toán không đối xứng sau
đây.


3x  2 y � 2 .

Lời bình: Ta phát triển bài toán này thành bài toán có 3 biến số.
Bài toán 9: Chứng minh rằng
a) Nếu x 2  y 2  z 2  1 thì x  y  z � 3 ;
b)Nếu x 2  4 y 2  9 z 2  3 thì x  2 y  3z �3 .
Lời giải:
2
2
2
2
2
2
2
a)Vì ( x  y  z )  x  y  z  2 xy  2 xz  2 zy �3  x  y  z   3 nên x  y  z � 3 .

b)Vì ( x  2 y  3z )  x  4 y  9 z  4 xy  6 xz  12 zy �3  x  4 y  9 z   9 nên
x  2 y  3z �3 .
Lời bình: Từ bài 8a và bài 9a, bằng phép thế không đối xứng ta được bài toán
không đối xứng tương ứng là 8b, 8c và 9b. Mặc dù các bài toán 8b, 8c và 9b không
đối xứng với hai biến x và y nhưng cách giải của nó cũng giống như hai bài toán
đối xứng 8a và 9a. Sau đây là một số bài toán tương tự bài 8 và bài 9.
Bài toán 8’: Chứng minh rằng
a) Nếu x 2  2 y 2  1 thì x  2 y � 2 ;
2

2

2

2

2
.
2
b) Theo bài 8b ta có 2 �B �2.

bằng 2 tại x  y 

Do đó B đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 tại x  

1
1
, y   và B đạt giá trị lớn nhất
2
3

1
1
,y .
2
3
c)Theo bài 8c ta có  2 �C � 2.

bằng 1 tại x  

Do đó C đạt giá trị nhỏ nhất bằng  2 tại x  
nhất bằng 2 tại x 

2

x  y  x  � x  5 � � x  4 � 9 �9, x ��.
�3
� �3
�
2

2

2

Lời bình: Từ bài toán 20b trang 112 ta mở rộng thành bài toán có ba biến số sau
dành cho học sinh giỏi lớp 11.
Bài toán 11b: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  1.
13
27

Chứng minh rằng x 2  y 2  z 2  4 xyz � .
Lời giải:
13
27

Ta đặt A  x 2  y 2  z 2  4 xyz và ta chứng minh A � .

7


Vì x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 nên có ít
1

1

1 z
1 z �
z2 1
�
y
. Khi đó A �f � � z 3    g (z).
2
2 2
�2 �
� 1�
�1 � 13
0; �
. Vì vậy A �g  z  �g � � .
Ta có g '  z   z  3 z  1 �0, z ��
� 3�
�3 � 27

2

Lời bình: Từ bài toán 11b ta biến đổi thành bài toán không đối xứng sau
Bài toán 11c: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện 2 x  y  z  1.
13
27

Chứng minh rằng 4 x 2  y 2  z 2  8 xyz � .
Lời giải:
13
27

Ta đặt A  4 x 2  y 2  z 2  8 xyz và ta chứng minh A � .

� 1�
�1 � 13
0; �
. Vì vậy A �g  z  �g � � .
Ta có g '  z   z  3 z  1 �0, z ��
� 3�
�3 � 27

4

Lời bình: Như vậy bài toán 11c không đối xứng nhưng cách giải vẫn tương tự bài
toán 11b. Bằng cách biến đổi không đối xứng ta có bài toán tương tự sau.
Bài toán 11c’: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện 3x  y  z  1.
13
27

Chứng minh rằng 9 x 2  y 2  z 2  12 xyz � .
Lời bình: Hai bài toán 11b, 11c ta có thể phát biểu dưới dạng khác như sau
Bài toán 12:
a) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  1. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức A  x 2  y 2  z 2  4 xyz;
b) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện 2 x  y  z  1. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức B  4 x 2  y 2  z 2  8xyz.
Hướng dẫn giải:

8


13
1

2
2
2
b)Ta có M   x  y    x  y  z    y  z  �0, x, y, z �� ,

nên 2  x  y  z   y  2 xz �0, x, y , z �R , mà x 2  y 2  z 2  1 .
Do đó y 2  2 xz �2 .
Lời bình: Đối với câu b của bài 13, nếu không có câu a khó mà ta nghĩ ra lời giải.
Nếu đối tượng giải là học sinh giỏi cấp tỉnh thì ta chỉ cho câu b.
Sau đây là một số bài toán tương tự
Bài toán 13’: a) Chứng minh rằng: nếu 2 x 2  5 y 2  5 thì 3x  5 y  xy �5.
b) Chứng minh rằng: nếu 4 xy  6 xz  4 yz  3 thì 2 x 2  4 y 2  5 z 2  2.
Lời bình:Bây giờ ta xuất phát từ một bất đẳng thức đúng để tạo ra bài toán tìm giá
trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức không đối xứng.Và ta sẽ nghiên cứu cách
giải của nó như thế nào?
Xuất phát từ bất đẳng thức đúng
2
2
 x  y    x  y  z  �0, x, y, z ��� 2  x 2  y 2  z 2  �z 2  2 xz  2 yz , x, y , z ��, ta đặt ra
2

2

2

2

bài toán sau đây
Bài toán14: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức M = 2xz + 2yz + z2.

   2 1
�
�M  0
�
Khi đó phương trình sau có nghiệm theo 





M  2  2  M  2  1  2  1  0,(1)

Vì phương trình (1) có nghiệm nên  '(1) �0

�  M 2  2  2 M   M 2  M  1 �0 ,(2)

Vì vế trái của bất phương trình (2) là một tam thức bậc hai có hệ số a âm, nên bất
phương trình (2) có nghiệm khi  '(2) �0





� M 2  M 2  M  2 �0
� M 2  M  2    M  1 �0

Kết hợp với M > 0 ta được 0  M �2 .
1
2



�
�x 
�
�
�
Do vậy max M = 2 tại �y 
�
�
�z 
�

6
6
6
.
6
6
3

Lời bình:Qua bài giải ta thấy được một bài toán không đối xứng giải rất khó nếu
không biết bài toán gốc của nó,và nhờ vào phương pháp tam thức bậc hai định
hướng mà ta giải được bài toán này. Sau đây là một bài toán tương tự
Bài toán14’: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  1 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức M = x2 + 2y2 +5z2.

10


Lời bình: Để sáng tạo được nhiều bài toán hơn, ngoài các bất đẳng thức đúng cơ

� a 2  b 2  c 2 �30  2 �
, a, b, c ��,
 a  5  b  2  c  1   a  5  b  2   3  a  5  �
�
�
� a 2  b 2  c 2 �30, a, b, c ��.

Lời bình: Qua bài toán này ta thấy được nhờ vào ý tưởng của định lí Karamata mà
ta sáng tạo được nhiều bài toán hay và bài toán đó vẫn giải bằng phương pháp sơ
cấp được.
Để tạo ra bài toán không đối xứng, ta chia hai vế của bất phương trình (1),
(2) và (3) lần lượt cho 5; 2; 1, sau đó cộng các bất đẳng thức này lại. Khi đó ta có
bài toán mới sau đây
Bài toán16: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 8. Chứng minh
rằng
11


a 2 b2
  c 2 �8
5 2

Lời giải:Theo bài toán 15 ta có các bất đẳng thức (1), (2) và (3).
a2
Ta có (1) ۳�5 2(a 5), a �;(4) .
5
b2
(2) ۳�2 2.  b 2  , b �;(5).
2
(3) ۳


Lời bình: Một phát biểu khác của bài 15 và bài 16 như sau
a �5
�
�
Bài toán 17: Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện �a  b �7 .Tìm giá trị nhỏ
�
abc 8
�

nhất của biểu thức M  a 2  b 2  c 2 .
Lời giải:
2
 a  5 �0, a ��,
Ta có
۳
a 2 �52

2.5.  a 5  , a �;(1).

Tương tự ta có

b 2 �22  2.2.  b  2  , b ��;(2).
c 2 �12  2.1.  c  1 , c ��;(3).

Cộng (1),(2) và (3) các vế tương ứng ta được bất đẳng thức

a 2  b 2  c 2 �30  2 �
5  a  5   2  b  2    c  1 �
, a, b, c ��,

thức (1), (2) và (3) ta được bài toán sau đây
0  c �b �a
�
�
a �5
�
Bài toán 19: Cho các số a,b,c thỏa mãn các điều kiện �
. Tìm giá trị lớn
a  b �7
�
�
abc 8
�

nhất của biểu thức M  a 2  b 2  c 2 .
Lời giải: Ta có
2
 5  a  �0, a ��,

۳
52 �a 2 2.a.  5 a  , a �;(1).

Tương tự ta có

22 �b 2  2.b.  2  b  , b ��;(2).

12 �c 2  2.c.  1  c  , c ��;(3).

Cộng (1),(2) và (3) các vế tương ứng ta được bất đẳng thức


5
6

�0, x ��,

۳
x 2 �32 2.3.  x 3 , x �,
x2
۳�3 2  x 3  , x �,(1).
3

Tương tự ta cũng có
y2
�5  2  y  5  , y ��, (2).
5
z2
�6  2  z  6  , z ��,(3).
6

13


Cộng các bất đẳng thức (1), (2) và (3) các vế với nhau ta được
x2 y 2 z 2

 �14  2  x  y  z  14  ,
3
5
6
x

x

x  2  3  x  , x  0 ,(1).

Tương tự ta cũng có
52
�y  2  5  y  , y  0, (2).
y
62
�z  2  6  z  , z  0, (3).
z

Cộng các bất đẳng thức (1), (2) và (3) các vế với nhau ta được
32 52 62
  �x  y  z  2  14  x  y  z  ,
x
y
z
kết hợp với giả thiết x  y  z  14 ta được M �14 .

Do đó minM = 14 tại x = 3, y = 5, z = 6.
Lời bình: Tương tự ta có các bài toán sau
Bài toán 20’: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z �16 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức M 

x2 y 2 z 2

 .
4
5

14


A
B
C
 tan  tan � 3;
2
2
2
A
B
C
cot  cot  cot �3 3.
2
2
2
tan

Vấn đề đặt ra khi không còn đối xứng các hệ số của nó nữa thì ta giải quyết như
thế nào? Ta xét bài toán sau đây
Bài toán22: Giả sử A0 , B0 , C0 là ba góc của một tam giác nhọn cho trước. Chứng
minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
sin A
sinB
sinC


�tan A0  tan B0  tan C0 .
cos A0 cosB0 cosC0

sin A
sinB
sinC
Cộng (i), (ii), (iii) ta được cos A  cosB  cosC �tan A0  tan B0  tan C0 .
0
0
0

Lời bình: Tương tự ta có các bài toán sau
Bài toán23: Giả sử A0 , B0 , C0 là ba góc của một tam giác cho trước. Chứng minh
rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
A
B
C
cos
cos
2 
2 
2 �cot A0  cot B0  cot C0 .
A
B
C
2
2
2
sin 0 sin 0 sin 0
2
2
2
cos

sint 0

Lần lượt thay t bởi

A B C
A B C
, , và thay t0 bởi 0 , 0 , 0 vào (*) rồi cộng lại ta
2 2 2
2 2 2

được điều cần chứng minh.
Bài toán24: Giả sử A0 , B0 , C0 là ba góc của một tam giác cho trước. Chứng minh
rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
C
2 �2cos A0 cos B0 cos C0 .


A
B
C
2
2
2
1  tan 2 0 1  tan 2 0 1  tan 2 0
2
2
2
tan

A

1

.
Theo định lí Lagrang, tồn tại t1 � t0 ; t  để t  t
cos 2 t1
0
1
1
Do vậy (2) có dạng cos 2 t �cos 2 t , với t0  t1  t. (Điều này luôn đúng vì hàm số y =
1
0

� �
cosx nghịch biến trên �0; �)
� 2�
tan t
Do đó bất đẳng thức (1) tương đương với 1  tan 2 t �sin 2 t 0  (t  t0 ), (*).
0
A0 B0 C0
A B C
Lần lượt thay t bởi , , và thay t0 bởi , ,
vào (*) rồi cộng lại ta
2 2 2
2 2 2

TH2: t  t0 thì bất đẳng thức (1) tương đương với

được điều cần chứng minh.
Bài toán25: Giả sử A0 , B0 , C0 là ba góc của một tam giác nhọn cho trước. Chứng
minh rằng với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có

1

1

Do vậy (2) có dạng sin 2 t �sin 2 t , với t0  t1  t. (Điều này luôn đúng vì hàm số
1
0
��

y = sinx đồng biến trên �0; �)
� 2�
Lần lượt thay t bởi

A B C
A B C
, , và thay t0 bởi 0 , 0 , 0 vào (1) rồi cộng lại ta
2 2 2
2 2 2

được điều cần chứng minh.
Lời bình: Xuất phát từ bài toán gốc 22, 23, 24, 25 ta chọn trước tam giác A0 B0C0 để
được bài toán không đối xứng sau đây
Bài toán26: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
sin A sinB sinC 81


� ;
4
4
13 2 13

b) Tương tự bài a.
Bài toán27: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
A
B
C
cos
cos
2
2 
2 �6.
10
2
5
10
2
5

cos

Hướng dẫn giải:
Trước hết ta kiểm tra

A
B
C
10 2 5
,
,
lần lượt là sin 0 ,sin 0 ,sin 0 của tam giác
2

16
12 2
.cot A  .cotB .cotC �
.
25
2
25
25

Lời bình: Tương tự bài 26, 27, để giải được các bài toán 28, 29 ta có thể nhận dạng
bài toán gốc tương ứng của nó và chứng các hệ số là giá trị lượng giác của một tam
giác cho trước rồi áp dụng phương pháp chứng minh của bài toán gốc của nó.
Các bài toán 26, 27, 28, 29 có thể phát biểu dưới dạng khác như sau
Bài toán 30: Cho A, B, C là 3 góc tam giác ABC, tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức sau
sin A sinB sinC


;
4
13 2 13
5
65
13
sin A
sinB sinC
Q


.

C
tan
tan
2
2
2.
S
10
5
2
9
4
tan

thức sau

Bài toán33: Cho A, B, C là 3 góc tam giác ABC, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
sau
T

9
1
16
.cot A  .cotB .cotC.
25
2
25

18


22,2%
Giỏi
2,2%
6,6%
Học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán có 2 học sinh.
+) Năm học 2012 – 2013
Xếp loại
Tỉ lệ lớp đối chứng
Tỉ lệ lớp thực nghiệm
(lớp 10A2)
(Lớp 10 A 4)
Kém
2,2%
0
Yếu
31,1%
22,2%
Trung bình
46,7%
44,4%
Khá
17,8%
24,5%
Giỏi
2,2%
8,9%
Học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán có 2 học sinh.
b) Khả năng thay thế giải pháp hiện có
Sử dụng chuyên đề này vào tiết tự chọn.
c)Khả năng áp dụng ở đơn vị hoặc trong ngành

Một điều mang lại cho tôi niềm vui đó là kết quả học của các em được nâng
lên và các em yêu thích học toán hơn sau khi các em được tiếp cận vấn đề này. Tôi
hy vọng rằng trong các năm tiếp theo tôi cũng truyền cho các em chuyên đề này
với cải tiến hơn để mọi học sinh đều tiếp thu được.
Nhưng lớp các bài toán về bất đẳng thức không đối xứng khá rộng, trong
thời gian cho phép và khả năng còn hạn chế, tôi chưa có thể trình bày hết.Tôi sẽ
nghiên cứu tiếp các bài toán không đối xứng trong thời gian đến.
3.Đề xuất, kiến nghị
Đề xuất với Ban giám hiệu Trường THPT Nguyễn Diêu, đưa đề tài này vào
dạy tiết tự chọn theo chủ đề bất đẳng thức của lớp 10 nâng cao.
Người viết đề tài

20


Tài liệu tham khảo
1.Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên)- Nguyễn Huy Đoan (chủ biên) và các tác giả: Đại
số 10 nâng cao – NXBGD,2006.
2. Nguyễn Văn Mậu(Chủ biên): Bất đẳng thức – Định lí và áp dụng NXBGD,2006.
3. Bộ Giáo dục và Đào tạo :Tạp chí Toán học& Tuổi trẻ-NXBGD.
4. Bài giảng về chủ đề bất đẳng thức của Giáo sư Nguyễn Văn Mậu.

21


MỤC LỤC
Trang
A- MỞ ĐẦU.......................................................................................01
I.Đặt vấn đề....................................................................................01
1. Thực trạng của vấn đề đòi hỏi phải có giải pháp mới ……….01