SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5
--------***-------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
CỦA HÀM SỐ.
Giáo viên:
Tổ:
Đơn vị:

Đỗ Đức Thông
Toán
THPT Triệu Sơn 5

Thanh Hóa, năm 2019


PHẦN 1: MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài.
Trong giảng dạy môn toán, ngoài việc giúp học sinh nắm chắc kiến thức
cơ bản thì việc phát huy tính tích cực của học sinh, biết ứng dụng các phương
pháp đã học vào giải các bài toán là điều rất cần thiết. Bài toán tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức là các dạng bài toán phổ biến và quan
trọng trong chương trình toán phổ thông, thường gặp trong các đề thi tuyển sinh
vào đại học- cao đẳng và còn là một chuyên đề hay gặp trong các đề thi học sinh
giỏi ở phổ thông.
Các bài giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức rất đa dạng
và phong phú. Cả lý luận và thực tiễn dạy học đều chứng tỏ chúng rất có hiệu
quả trong việc phát triển tư duy cho học sinh.



PHẦN 2: NỘI DUNG
I. Cơ sở lí thuyết
Sử dụng phương pháp tọa độ để chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất cần phải khai thác tốt một số bất đẳng thức thường dùng như
bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopski và một số bất đẳng thức vectơ, bất đẳng thức
hình học sơ cấp. Một số bài toán thường dùng:
1)
Bất đẳng thức Côsi:
Cho n số không âm a1,a2,...an ( n ³ 2) , ta luôn có:
a1 + a2 + ... + an
³
n
Dấu “=” xảy ra Û a1 = a2 = ... = an

2)

n

a1a2...an

Bất đẳng thức Bunhiacopski.
Cho n số a1,a2,...,an và n số b1,b2 ,...,bn tùy ý, ta có:
( a12 + a22 + ...an2 )(b12 + b22 + ...bn2 ) ³ ( a1b1 + a2b2 + ...anbn ) 2

Dấu “=” xảy ra Û
3)

a1 a2

r

r

r

r

- Dấu “=” bên trái xảy ra khi a ngược hướng với b hoặc ar = 0 hoặc
r
r
r
r
r
r
b = 0 - Dấu “=” bên phải xảy ra khi a cùng hướng với b hoặc a = 0 hoặc
r
r
b =0

n

Tổng quát:

å

i =1

ur
ai £


Bất đẳng thức tam giác:
Với 3 điểm A, B, C bất kì ta luôn có AB + BC ³ AC . Dấu bằng xảy ra
khi A, B, C theo thứ tự đó thẳng hàng.
Tổng quát: Trong tất cả các đường gấp khúc nối 2 điểm A, B cho
trước thì đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ nhất.
5)
Cho điểm M nằm ngoài đường thẳng d (hoặc mặt phẳng (P)). Khi
đó đường thẳng vuông góc kẻ từ M xuống đường thẳng d (hoặc mặt
phẳng (P)) ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từ M xuống đường thẳng (hoặc
mặt phẳng (P)) ấy.
6)
GTLN của một hàm liên tục sẽ đạt được trên biên của nó.


7)

Trong các tam giác nội tiếp một đường tròn bán kính R, tam giác
đều có chu vi lớn nhất (có giá trị bằng 3R 3 ) và có diện tích lớn nhất
8)
Cho DABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt phẳng
( ABC ) thì tổng MA + MB + MC nhỏ nhất khi M nhìn 3 cạnh AB, BC,
CA dưới một góc 1200.


II. Bài tập
Phương pháp:
+ Biến đổi hàm số (hoặc biểu thức) cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất về
dạng tọa độ để xác định các vectơ, các điểm, các đường có tọa độ từ điều kiện
và biểu thức cần tìm.

3 r
) , v =( x 2

3 1
; )
2 2

r r
3 1 2
1
3 2
|u + v|= ( - ) +( +
) =2
2
2
2
2
r
r
r r
f(
x)
=
|
u
|
+
|
v
|

3 2 và
) +(
)
CB = ( x 2
2
Nên ta có: f(x) = AC + BC .
AC = ( x -

3 2
1
) +( ) 2
2
2

Theo bất đẳng thức tam giác ta có:
AC + BC ³ AB= (

3 1 2
1
- ) +( - 2
2
2

3 2
) = 2 . Nên
2

: f(x) ³ 2 " x Î ¡ .
Vậy f( x)min = 2 khi C là giao điểm của AB và trục Ox, từ đó x = 3 - 1
Bình luận:

2 2
2 2

tính khoảng cách AC, BC không đổi. Ta có thể chọn A( ,

vẫn có f(x) = AC + BC . Lúc này A và B nằm cùng phía so với trục Ox. Khi
này để tìm giá trị nhỏ nhất của AC + BC bài toán sẽ dài hơn bằng cách lấy
điểm B’ đối xứng với B qua Ox, tức là B '(
của AB ' và trục Ox. Nên ta chọn điểm B(

3
1
, - ) và khi đó M là giao điểm
2
2

3
1
,- ) .
2
2

- Mở rộng bài toán:
+ Thứ nhất: liệu các hệ số của các biểu thức có phải là bất kì không? Nếu
2
thay x - x + 1 bởi biểu thức x2 - x hay x2 - x - 1 thì sao?
Trả lời: Do áp dụng công thức khoảng cách hoặc độ dài của một vectơ
nên biểu thức dưới dấu căn phải dương.
+ Thứ hai: Hệ số của x2 trong hai biểu thức của hàm số có nhất thiết phải
bằng

3 1
,
) ; B(
, ) sao cho cùng phía so với trục Ox thì ta có
2 2
2 2


f(x) = AC - BC £ AB . Từ đó ta tìm được giá trị lớn nhất của hàm số
f( x) = x2 - x + 1 -

x2 -

3x + 1

+ Thứ tư: Ta có thể tìm thêm giá trị lớn nhất của hàm số không?
Trả lời: Nếu như giới hạn giá trị của biến x lại trong một tập D thì ta có
thể tìm được giá trị lớn nhất của hàm số đó.
Các vấn đề sẽ lần lượt được áp dụng và trình bày qua các bài toán
dưới đây.
Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
f( x) = x2 - 2px + 2p2 + x2 - 2qx + 2q2 (p, q là hai số cho trước)

Giải:
1. Xét p + q > 0 :
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy xét các điểm
A( x - p; p) và B( x - q; - q) ). Khi đó:
2

f ( x) = ( x - p) 2 + p + ( x - q) 2 + q

Khi đó A, O, B theo thứ tự thẳng hàng Û

p
q p +pq
x- p
=
Û x=
.
q- x
q
p +q

Do độ dài đoạn AB không đổi với mọi vị trí của A, B nên ta có:
æ
ö
çq p + p q ÷
÷
fç
= AB = ( p - q) 2 +( p + q) 2
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è p+q ø

(2)

2. Xét p + q = 0 (⇔ p = q = 0)


OABC ni hai im c nh O ( 0;0) v C ( ( a + b + c) h; k) .
T (2) suy ra: f ( x; y; z) OC = k2 + h2( a + b + c) 2

(3)

Du = trong (3) xy ra O,A,B,C theo th t thng hng
ax ax + by ax + by + cz
k
=
=
x =y =z =
ah ah + bh ah + bh + ch
a +b +c
ổ k
ử
k
k
ữ
ữ
,
,
= k2 +( a + b + c) 2h2
ỗ
Nh vy: f ỗ
ữ
ỗ
ữ
ốa + b + c a + b + c a + b + c ứ


Gii:
Vit li hm s di dng:


f( x) = 1 +( x - 1) 2 + 1 +( x + 1) 2 .

Xét hệ trục tọa độ Ouv , trên đó xét điểm cố định N(2; 2) và điểm
chuyển động M(1; 1-x) .
- 1
3
£ x £ 1 ta được 0 £ 1 - x £
khi
2
2
đó M giới hạn trên đoạn thẳng M 0M 1 với

Khi

M 0( 1;0) và M ( 1; 3 ) .
1
2
OM = 1 +( x - 1) 2 ; MN = 1 +( x + 1) 2

Do:

Suy ra f(x) = OM + MN
• Nên f(x) ³ ON = 2 .
Vậy f( x) đạt Giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi O,
M, N theo thứ tự thẳng hàng hay M là giao điểm của ON và M 0M 1 . Dễ dàng tìm
được M ( 1,1) hay x = 0 .

f( x) = 1 + 5

Min f( x) = 2

13
5
+
; 1 + 5) = 1 + 5 .
2
2

khi x = 1

khi x=0

Bình luận: - Bài này có thể sử dụng phương pháp hàm số nhờ việc giải phương
trình f '( x ) = 0 không khó như bài 1.
- Sử dụng phương pháp này có thể dạy cho học sinh lớp 10.
Bài 5: Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = ( x - 1) 2 + y2 + ( x + 1) 2 + y2 + y - 2

(Trích đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2006)
Phân tích:
Hai căn thức đầu tiên làm ta nghĩ tới tọa độ các điểm M( x - 1; - y),
N( x + 1; y) và sử dụng bất đẳng thức tam giác để đánh giá hai căn thức đầu
tiên. Tuy nhiên cần khéo kéo chọn để có dấu bằng xảy ra.
Giải:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét M( x - 1; - y), N( x + 1; y) .
Ta được OM +ON = ( x - 1) 2 + y2 + ( x + 1) 2 + y2


+

f(y)
2+ 3
3
Từ đó suy ra: f( y) ³ 2 + 3 " y £ 2 . Dấu bằng xảy ra khi y =
3

+ Nếu y ³ 2 ta được f( y) = 2 1 + y2 + y - 2 ³ 2 5 > 2 + 3
3
3
Binh luận: Nếu như chọn cặp điểm M( x - 1; y), N( x + 1; y) thì tuy MN = 2

Vậy Amin = 2 + 3 khi x = 0; y =

sẽ nhỏ hơn 2 + 3 nhưng sẽ không có dấu “=” xảy ra.
Bài 6: Với x Î ¡ , tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f( x) = 2x2 - 2x + 1 + 2x2 +( 3 + 1)x + 1 + 2x2 - ( 3 + 1)x + 1 .

Giải:
f( x) = ( x - 1) 2 + x2 + ( x +

3 2
1
) +( x + ) 2 + ( x 2
2

Trong mặt phẳng tọa độ, ta xét các điểm

3 2

- Biến điểm M thành điểm N
- Biến điểm C thành điểm P
Khi đó, theo tính chất của phép
quay và do góc quay bằng 600 ta được:
AM = MN; CM = NP.
Vậy tổng MA + MB + MC nhỏ nhất
Û tổng (BM + MN + NP) nhỏ nhất Û
B, M, N, P thẳng hàng.
Nói riêng, B, M, N thẳng hàng mà
·AMN = 600 nên ·AMB = 1200 . Tương
tự ta cũng được ·BMC = ·CMA = 1200 . Từ đó ta được điều phải chứng minh.
Bài 7: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f( x; y) = ( x + 1) 2 +( y - 1) 2 + ( x - 1) 2 +( y + 1) 2 + ( x + 2) 2 +( y + 2) 2

Trong đó x, y là các số thực.
(Trích đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 1998)
Phân tích: Trong hàm số f( x; y) xuất hiện căn bậc hai, gợi chúng ta nghĩ đến
công thức khoảng cách giữa hai điểm.
Giải:
Xét các điểm A ( - 1,1) ; B ( 1, - 1) ;C ( - 2, - 2) và điểm M ( x;y) trong hệ
trục tọa độ vuông góc Oxy . Ta có:
MA = ( x + 1) 2 +( y - 1) 2
MB = ( x - 1) 2 +( y + 1) 2

MC = ( x + 2) 2 +( y + 2) 2

Suy ra f ( x; y) = MA + MB + MC
Nên hàm số f( x; y) đạt giá trị nhỏ nhất
khi tổng MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất


. Tức là x = y = -

1
3

=

6
.
3

.

) = 6 +2 2 .

Vậy min f(x; y) = 6 + 2 2 .
Bài 8: Cho a2 + b2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = a 1 +b +b 1 + a .
Giải:
r
r
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chọn u = ( a;b) và v = ( 1 + b; 1 + a) .
r
r
2
2
Khi đó ta được u = a + b = 1 ; v = 2 + a + b .

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: 2 = ( 1 + 1)( a2 + b2 ) ³ ( a + b) 2
r

=
ï
Dấu “=” xảy ra Û íï 1 + b
1 +a Û a = b
ïï
a =b
ïî

Kết hợp với điều kiện ban đầu a2 + b2 = 1 ta được a = b =

2
2

2
2
Bài 9: Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z £ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Vậy Pmin = 2 + 2 khi a = b =
thức:

A = x2 +

1
1
1
2
2
+
y
+

Ta cú: u = x + 2 , v = y2 + 2 , w = z2 + 2
y
x
z
r r ur
1
1
1
2
2
2
A
=
x
+
+
y
+
+
z
+
=
u
+v +w
Khi ú
x2
y2
z2
r r ur
1 1 1

+ v + w ta c A 82
p dng bt ng thc
r r ur
Du = xy ra khi cỏc vect u,v,w cựng hng v x + y + z = 1 hay:
r
r
ur
ùỡù x = ky = lz
ùỡù k = l = 1
ỡù
ù
ùớ u = kv = lw ( k > 0; l > 0) ùớ
k l ớ
ùù x + y + z = 1
ùù x = =
ùù x = y = z = 1
ùợ
ùùợ
ùợ
y z
3
= 81( x + y + z) 2 +(

Vy Amin = 82 t c khi x = y = z =

1
3

Bỡnh lun: õy l dng ca thi tuyn sinh i hc, cao ng khi A, nm
2003

2
1
2
+ 2 + 2+ 2 + 2+ 2 3
2
b
a
c
b
a
c
r ổ
r ổ
ur ổ
1 2ử
1 2ử
1 2ử
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗ
;v =ỗ ;

2
2
r
r
ur
Khi ú ta cú | u |= a + 2b ; | v |= b + 2c ; | w |= c + 2a
ab
bc
ca



2
r r ur æ
r r ur
æ
1 1 1 2
2
2ö
1 1 1ö
÷
ç
÷
ç
÷
u +v +w = ç
+ + ;
+
+
; | u + v + w |= 3 ç + + ÷

Áp dụng bất đẳng thức | u | + | v | + | w |³ | u + v + w | ta được: P ³ 3
r r ur
r
Vì ba vectơ ta xét đều khác vectơ 0 nên dấu “=” xảy ra khi 3 vectơ u,v,w cùng
hướng và ab + bc + ca = abc .
ìï 1 k
ïï = = l
ïï b c a
r
r
ur
ìï
ìï k = l = 1
ïï 1 k l
u
=
kv
=
lw
(
k
>
0;l
>
0)
ïï
ï
Û
=
=

2
5
5
2
2
5
5

f( x) =

Giải:
Ta có:
f( x) =

1
2

( x2 +22 + ( x -

16 2
8
4
8
) +( ) 2 + ( x - 2) 2 + 22 + ( x - ) 2 +( ) 2
5
5
5
5

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét các vectơ:

1
2
1

uu
r
r
r
uuu
r
( |a | + |b | + |c | +|d | )

r r
r r
1
³
( |a + c | + |b + d |) =
( 4 2 + 4) = 4 + 2 2.
2
2
r r
r r
Dấu bằng xảy ra khi a , c cùng hướng và b , d cùng hướng, tức là:


ìï x = k( 4 - x)
ïï
ïï 2 = 2k
r
r

å

i =1

n

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = å

n

xi + å yi = 1
i =1

xi2 + yi2

i =1

Giải:
Xét trong mặt phẳng tọa độ Oxy:
æk

çå xi ;
Gọi Mk là điểm có toạ độ M k ç
ç
èi =1

ö
÷
y
,


n

xi + å yi = 1 nên M n sẽ nằm trên đường
i =1

thẳng x + y = 1
Dễ thấy:
æk
M k- 1M k = ç
ç
å xi ç
ç
èi =1
Mn
H

2

ö
æk
÷
ç
÷
+ çå yi å xi ø÷
÷ ç
ç
èi =1
i =1
k- 1


y1
y
y
= 2 = ... = n = tan 450 = 1
x1 x2
xn

Û x1=x2 = ... = xn =y1 = y2 = ... = yn =

1
2n


Vậy Pmin =

1
2
khi Û x1= x2 = ... = xn=y1 = y2 = ... = yn =
.
2n
2

Bài 13: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
f( x; y) = x2 + y2

Trên miền D = {( x; y) \ x - 2y + 8 ³ 0; x + y + 2 ³ 0; 2x - y + 4 £ 0} .
Giải:
Miền D là miền trong VABC tính cả biên.
Với A(0; 4) , B( - 4; 2), C( - 2;0) .

khi x = - ; y = .
5
5
5
f(x;y)max = 20 khi x = - 4; y = 2

Vậy: f( x; y)min =

Bài 14: Cho bốn số thực a,b,c,d thỏa mãn điều kiện a2 + b2 = c2 + d2 = 5 . Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = 5 - a - 2b + 5 - c - 2d + 5 - ac - bd

Giải:
Nếu gọi M( a;b),N( c;d),P( 1; 2) thì từ điều kiện a2 + b2 = c2 + d2 = 5 ta
thấy M ,N ,P là các điểm nằm trên đường tròn tâm O bán kính 5 .
Và vế trái bất đẳng thức có thể viết dưới dạng:
5 a2 + b2
5 c2 + d2
a2 + b2 + c2 + d2 - 2ac - 2bd
+
- a - 2b +
+
- c - 2d +
2
2
2
2
2
1
=

1
2

3 15 =

3 30
2

- 1- 2 3 - 2 + 3
- 1+2 3 - 2 - 3
;
),N(
;
)
2
2
2
2

- 1- 2 3
- 2+ 3
- 1+2 3
- 2- 3
,b =
,c =
,d =
2
2
2
2

í
ïï ( c - 7) 2 +( d - 7) 2 = 25
ïî

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , ta xét
các điểm M( a;b),N( c;d) , thì từ điều kiện
ta thấy M ,N là hai điểm lần lượt nằm trên
hai đường tròn tâm O1( 1; 1) bán kính 1 và
đường tròn tâm O2(7;7) bán kính 5.
Và ta cũng có: MN 2 = ( a - c) 2 +(b - d) 2 .
Nối O1 với O2 cắt đường tròn bé tại G, E và cắt đường tròn lớn tại F, H. Khi đó
tính được tọa độ các điểm:


G( 1 -

2
; 12

2
2
2
),E( 1 +
;1 +
)
2
2
2

5 2

2
2
M
º
G,N º H hay
Dấu “=” vế phải xảy ra khi
a =b =7 -

a = b = 1-

2
5 2
,c = d = 7 +
2
2

III. Bài tập áp dụng.
Xin đưa ra một số bài tập áp dụng phương pháp tọa độ để quý thầy cô
tham khảo, đó là các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất hoặc một số bài toán
bất đẳng thức.
Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
f( x) = x2 - 2x + 3 + x2 + 4x + 6 khi - 1£ x £ 1.

Bài 2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = a2 + ab + b2 + b2 + bc + c2 + c2 + ca + a2

Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
y = f( x) = x2 - 4x + 29 -

x2 - 4x + 5 trên ¡ .

{

}

f( x) = x + x - x2 trên miền D = x \ 0 £ x £ 1 .

Bài 8: Cho hàm số f( x) = A sin x + B cosx ( A 2 + B 2 ¹ 0)
a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên.
b) Chứng minh rằng

cos3x + acos3x + 1 1 + 1 + 3a2
£
2cos3x
3

" x,a Î ¡

Bài 9: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A = f( x,y) = x2 + y2 + 2x + 12y + 37 + x2 + y2 - 6x + 6y + 18

Bài 10: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
f( x) = ( x + 6) 2 + 100 + ( x + 1) 2 + 4


PHẦN 3: THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
1. Mục đích thực nghiệm
Mục đích thực nghiệm là để kiểm chứng khả năng ứng dụng phương pháp
tọa độ vào giải một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc
biểu thức hoặc bài toán chứng minh bất đẳng thức.
2. Tổ chức thực nghiệm

B. Phiếu 2
Bài 1: Cho α là một số thực bất kì, chứng minh rằng:
17 ≤ cos 2α + 4 cos α + 6 + cos 2α − 2cos α + 3 ≤ 2 + 11
Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
f( x) = x2 + x + 1 + x2 -

{

}

5x + 2 trên D = x \ - 1 £ x £ 4

- Nhận xét: Trong mỗi phiếu bài tập thì mỗi bài đều có thể làm được theo
một số cách khác nhau. Phiếu số 2 tăng độ khó và yêu cầu cao hơn phiếu số 1.
5. Kết quả kiểm tra
a) Kết quả kiểm tra theo phiếu học tập số 1:
Điểm
Lớp

2

3

4

5

6

7


2

20

1

5

4

4

3

1

0

0

20

k

Trong đó:

ni xi
n1 x1 + n2 x2 + ... + nk xk ∑
x=


5

4

2

4

2

2

0

20

6

3

2

2

0

0

0

có những cách giải chưa thật ngắn gọn, xúc tích nhưng tôi luôn trân trọng những
gì mà các em đã làm được. Khuyến khích, động viên các em tìm tòi những cách
làm ngắn gọn, hay hơn.
Không phải bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu
thức nào cũng có thể đưa được về dùng phương pháp tọa độ. Ngoài phương
pháp tọa độ nêu trên thì còn rất nhiều các kĩ thuật, các phương pháp để giải đối
với các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức nói
riêng và các dạng bài toán nói chung. Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này, tôi
mong muốn được đóng góp một phần nhỏ bé công sức trong việc hướng dẫn học
sinh ứng dụng và khai thác phương pháp tọa độ một cách hiệu quả khi làm toán,
rèn luyện tính tích cực, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, gây hứng thú
cho các em khi học toán.
Qua nội dung đề tài, tôi mong muốn có sự tìm hiểu sâu hơn nữa về bài
toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức hay bài toán chứng
minh bất đẳng thức cũng như muốn nghiên cứu về mối quan hệ giữa “Giải tích”
và “Hình học”
Tuy nhiên, do thời gian có hạn, trình độ bản thân còn hạn chế, nên tôi rất
mong được sự đóng góp bổ sung của Hội đồng khoa học các cấp và của các bạn
đồng nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm của tôi được hoàn chỉnh hơn, đồng thời
cũng giúp đỡ tôi tiến bộ hơn trong giảng dạy.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Tuyển tập 200 bài toán vô địch – Tập 3: Giải tích; PGS. TS. Nguyễn Quý
Dy; ThS.Nguyễn Văn Nho; TS Vũ Văn Thỏa. NXB Giáo dục năm 2001.
[2] Căn số và toán vô tỉ; Hoàng Kỳ. NXB Giáo dục năm 2001.
[3] Đại số sơ cấp; Hoàng Kỳ, Nguyễn Văn Bàng, Nguyễn Đức Thuần. NXB
Giáo dục năm 1979.
[4] Sai lầm phổ biến khi giải toán; Nguyễn Vĩnh Cận, Lê Thống Nhất, Phan

26
30
33