Sáng kiến kinh nghiệm

MỤC LỤC
NỘI DUNG

TRANG

Mục lục

01

Phần 1: Mở đầu

02

1. Lý do chọn đề tài

02

2. Mục đích nghiên cứu

03

3. Nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu

03

4. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu

03


26

1


Sáng kiến kinh nghiệm

Phần 1: MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
Việc nâng cao phương pháp dạy học là cần thiết và thường xuyên đối với
giáo viên của tất cả các bộ môn. Trong môn toán có nhiều đơn vị kiến thức giáo
viên phải thực sự tích cực trau dồi, bồi dưỡng kiến thức và phương pháp thì mới
đạt hiệu quả khi truyền tải kiến thức cho học sinh. Hơn nữa, trong thời điểm hiện
nay, với cấu trúc thi đại học mới ban hành, nhiều phần kiến thức giáo viên phải tìm
tòi sáng tạo, tìm ra phương pháp mới để học sinh có thể giải quyết các bài toán mới
trong các đề thi học sinh giỏi, thi đại học cao đẳng. Và bài toán chứng minh bất
đẳng thức và các ứng dụng trong môn toán THPT không phải là ngoại lệ. Khi gặp
dạng toán chứng minh bất đẳng thức, giáo viên thường củng cố nêu kiến thức và
các phương pháp kinh điển, các phương pháp có sẵn để giải quyết bài toán đó. Nội
dung của sáng kiến kinh nghiệm này giới thiệu một phương pháp chứng minh bất
đẳng thức mà tác giả đã tìm tòi, học hỏi trang bị cho học sinh. Qua đó học sinh có
thêm một công cụ giải bài tập, có hướng tìm ra và sử dụng các phương pháp chứng
minh các bất đẳng thức.
Bên cạnh đó, xuất phát từ thực tế giảng dạy nhiệm vụ giải bài tập chứng
minh bất đẳng thức (nhất là trong đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng của bộ giáo
dục và đào tạo) là nhiệm vụ rất khó khăn. Nhu cầu của mỗi học sinh trước khi giải
bài tập dạng này có cách nhìn khái quát, định hướng phương pháp giải. Nội dung
của sáng kiến kinh nghiệm này đó là nêu rõ phương pháp và cách áp dụng khi
chứng minh các bất đẳng thức.
Với nội dung nêu trên, đề tài sáng kiến của tôi là:

Về con người là các thầy cô giáo giảng dạy môn toán THPT và các em học
sinh đang học tại trường THPT của tôi. Trong phần toán học, ở đây đối tượng
nghiên cứu là các phương pháp chứng minh bất đẳng thức mà học sinh được học
trong chương trình phổ thông.
5. Điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm:
Là nêu một phương pháp mới chứng minh bất đẳng thức, vận dụng tổng
hợp các kiến thức về tính chất bất đẳng thức, các ứng dụng cơ bản của đạo hàm.
Nội dung chính của sáng kiến kinh nghiệm này bao gồm:
Chương 1: Cơ sở lý luận (Phương pháp dạy học chứng minh bất đẳng thức)
1) Phân bậc hoạt động chứng minh bất đẳng thức.
3


Sáng kiến kinh nghiệm
2) Rèn luyện các hoạt động trí tuệ cho học sinh qua chứng minh bất đẳng thức.
3) Hướng dẫn học sinh tìm ra nhiều phương pháp chứng minh một bất đẳng thức.
4) Phát hiện, khắc phục và sửa chữa sai lầm trong chứng minh bất đẳng thức.
Chương 2: Cơ sở thực tiễn (Giải pháp cũ thường làm) 10 phương pháp
chứng minh bất đẳng thức thường gặp.
Chương 3: (Giải pháp mới) Phương pháp mới chứng minh bất đẳng thức.
Chương 4: Kết quả thực nghiệm tại trường tôi công tác.

Phần 2: NỘI DUNG
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN
Bất đẳng thức là một dạng toán khó ở bậc trung học phổ thông đối với đại trà
học sinh. Điều đó đồng nghĩa với việc dạy học bất đẳng thức là một nội dung
không hề đơn giản. Nhiều giáo viên xác định không cần dành quá nhiều thời gian
để củng cố ôn tập cho học sinh phần kiến thức này, chấp nhận từ bỏ bài toán chứng
minh bất đẳng thức và các ứng dụng của nó. Chưa hẳn điều đó đã đúng, nếu chúng
ta nghiêm túc phân bậc đối tượng học sinh và chỉ cần bồi dưỡng năng lực giải bài


Sáng kiến kinh nghiệm
1  x2  y 2
1  y2  z2
1  z 2  x2


3 3
xy
yz
zx

(5)

Cho x, y, z  0,

1 1 1
   4 chứng minh rằng:
x y z

1
1
1


1
2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y
Trong hệ thống bài tập ở trên mức độ vận dụng ở các bài toán là khó dần:
bài (1) chỉ cần vận dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi cho hai số.
bài (2) phải ghép đôi rồi áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số.

cần phải có được cách giải quyết bài toán, đồng thời là cách suy nghĩ để giải quyết
bài toán, giải quyết vấn đề.
Ví dụ: Giáo viên nêu các dấu hiệu gợi ý cho học sinh nghĩ đến bất đẳng thức
Côsi (đây là hoạt động phân tích, so sánh) như: các số tham gia bất đẳng thức
dương; Có căn bậc 2, bậc 3; Vì sao phải sáng tạo, đặc biệt hoá khi dấu bằng xảy ra
để làm gì?; Áp dụng bất đẳng thức (1) cho bất đẳng thức (2) hay ngược lại một
cách linh hoạt.
(1) Cho a, b, c  0 và a  b  c 

3
.CMR:
4

5

3

a  3b  3 b  3c  3 c  3a  3


Sáng kiến kinh nghiệm
(2) Cho a, b, c  0 và abc  1.CMR:

3

a  3b  3 b  3c  3 c  3a  3

3) Hướng dẫn học sinh tìm nhiều phương pháp chứng minh một bất đẳng thức:
Một bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau, bất đẳng thức không phải là
ngoại lệ do cách nhìn khác nhau, từ nhiều phương diện khác nhau. Ta có thể tìm

 0 .Vế trái là 1 tam thức bậc 2 của t, có
4

 t  x 2  x  0 nên ta được ĐPCM.

b) Ví dụ 2: Cho 36 x 2  16 y 2  9 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau: T = y – 2x + 5.
Cách 1: Ta có: 36 x 2  16 y 2  9 

1
3
x2
y2

 1 . Đặt x  cos , y  sin  .
1 / 4 9 / 16
2
4

1
5
Ta có: T  y  2 x  5  (3sin   4cos )  5  sin(   )  5 ,
4
4
3
4
15
25
T 
(với cos  ,sin   ). Khi đó

Khi đó:

5
5 15
25
  y  2x    T 
4
4
4
4

Cách 3: Từ giả thiết ta có tập giá trị của T để hệ 2 phương trình có nghiệm. Thế

y  T  2 x  5 vào 36 x 2  16 y 2  9  100 x 2  64(T  5) x  16(T  5)2  9  0
Phương trình có nghiệm khi   0

=>

15
25
.
T 
4
4

4) Phát hiện, khắc phục và sửa chữa sai lầm cho học sinh:
a) Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a 2  b2  c 2  d 2  e2  a(b  c  d  e) với mọi số
thực a, b, c, d , e .
Lời giải: Theo Cô-si ta có:
2

b) Ví dụ 2: Cho a, b, c, d là 4 cạnh của một tứ giác lồi. Chứng minh rằng diện
tích tứ giác không lớn hơn

1
(ab  cd )
2

Lời giải: Giả sử bốn cạnh tứ giác là AB = a, BC = b, CD = c, DA = d.

1
1
Lúc đó ta có: S  S ABC  SCDA  (ab sin B  cd sin D)  (ab  cd ) => ĐPCM.
2
2
Đánh giá: Lời giải này còn thiếu trường hợp hai cạnh có độ dài a, b đối diện.
c) Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M  x(2a  x)(2b  x) với a, b
dương, phân biệt và 0 < x < 2a, 0 < x < 2b

1
Lời giải: Vì M  .2 x(2a  x)(2b  x)
2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số 2x, 2a - x, 2b - x nên M lớn nhất khi
chúng bằng nhau, nhưng điều đó không xảy ra nên M không có giá trị lớn nhất.

7


Sáng kiến kinh nghiệm
Đánh giá: Điều này sai logic vì khi 3 số đó bằng nhau thì có giá trị lớn nhất,
còn khi không bằng nhau thì chưa kết luận được gì.


1
10

1
9

1
8

1
7

1
6

1
5

1
4

1
3

1
2

2.a



81

64

49

36

25

16

9

4

S

100

1
5

81

2
9

64


Nhìn bảng trên ta thấy khi a càng tăng thì S càng nhỏ từ đó dẫn đến dự đoán khi
a

1
thì S nhận giá trị nhỏ nhất. Theo phân tích ở trên ta không thể sử dụng trực
2

tiếp bất đẳng thức Côsi cho 3 số a, a,

1
:
a2

Cách 1: Ta dự đoán sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số a, a,

Sơ đồ điểm rơi 1:

=> 2a +

1
ta có:
 a2

1
1


a




Với a =

1
thì giá trị nhỏ nhất của S là 5.
2

8


Sáng kiến kinh nghiệm
Cách 2:
Ta dự đoán sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số  a,  a,

Sơ đồ điểm rơi 2:

=>

S = 2a +

1
ta có:
a2

1
1


a


1
thì Min S = 5.
2

Chương 2: GIẢI PHÁP CŨ THƯỜNG LÀM
Thực tế các giáo viên đã rất cố gắng để truyền thụ tới các học sinh phương
pháp giải bài tập chứng minh bất đẳng thức. Việc thực hiện đầy đủ các phần trên
đây theo ý kiến của tôi là cách hợp lý nhất để giải quyết dạng toán này. Khi chứng
minh bất đẳng thức theo quan điểm của tôi có 10 phương pháp chứng minh bất
đẳng thức thường được sử dụng. Việc phân chia ra phương pháp này hay phương
pháp khác chỉ tương đối, tuỳ theo quan niệm của mỗi người. Trong phương pháp
này có phương pháp kia, khó rạch ròi phân biệt được. Ví dụ đặt a = cosx có thể
hiểu là đặt ẩn phụ, hoặc gọi là phương pháp lượng giác hoá. Dưới đây tôi giới
thiệu các phương pháp chứng minh bất đẳng thức đó.
1. Phương pháp biến đổi tương đương :
Sử dụng các tích chất của bất đẳng thức, phép biến đổi kéo theo, tương
đương. Có 2 con dường quy nạp hoặc diễn dịch để có được kết quả bài toán.
Ví dụ 1 : Bài 4(SGK CTC10Tr.79):
Chứng minh rằng: x3  y 3  x 2 y  xy 2 x, y  0
Giải: x3  y 3  x 2 y  xy 2  (x  y )2 (x  y )  0 luôn đúng => ĐPCM
Ví dụ 2: (CM bất đẳng thức Bunhiacopxki)
Với mọi a,b,c,d thì: (ac  bd )2  (a 2  c 2 )(b 2  d 2 )
Giải: (ac  bd )2  (a 2  c 2 )(b2  d 2 )  2abcd  a 2c 2  b2d 2
9


Sáng kiến kinh nghiệm

 (ac  bd )2  0 => ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi ac  bd .

Để chứng minh mệnh đề P(n) với n  no. Ta làm các bước:
Bước 1: Kiểm tra tính đúng sai của mệnh đề với n=no
Bước 2: Giả sử P(n) đúng đến n = k  no. Ta chứng minh đúng với n = k+1
Hơn nữa bất đẳng thức cũng là một mệnh đề logic với những điều kiện cho
trước. Vì vậy hoàn toàn áp dụng được phương pháp này.
Ví dụ: CMR với n nguyên dương lớn hơn 2 thì:
Giải: Với n = 3. BĐT trở thành:

1
1
1

 ..... 
 n 1
1
2
n

1
1
1


 4 đúng.
1
2
3

Giả sử BĐT đúng với đến n = k tức là:


1
2
k
k 1
k 1
k 1
k 2
4. Phương pháp phản chứng:
Ví dụ: Chứng minh có ít nhất 1 trong 3 bất đẳng thức sau đây là sai:

1
1
1
a(1  b)  ; b(1  c)  ; c(1  a) 
4
4
4

với 0  a, b, c  1

Giải: Giả sử cả 3 bất đẳng thức đều đúng. Nhân lại với nhau ta có:

a(1  b)b(1  c)c(1  a) 

1
1
 abc(1  a)(1  b)(1  c) 
64
64


a
b
c


1
1
1
Giải: Từ giả thiết tồn tại: x, y, z  (0; ) để a 
;b 
;c 
2
cos x
cos y
cos z
(cos x 

1
1
1
1
1
1
)(cos y 
)(cos z 
)  (cos x 
)(cos y 
)(cos z 
)
cos y


b 2 3b2
c 2 3c 2
b c
3b
3c 2
Bởi BĐT (2)  (a  ) 
 (a  ) 
 (  )2  (

)
2
4
2
4
2 2
2
2

7. Phương pháp hàm số:
Ví dụ 1: CMR với a,b,c không âm thì:

a 2  b2  c 2  2(cos a  cos b  cos c)  6  0
Lời giải: Xét hàm số: f (t )  t 2  2cos t, t  0;  
Ta có: f '(t )  2t  2sin t , f ''(t )  2  2cos t và f ''(t )  0, t  0;  
Khi đó: f '(t ) đồng biến trên 0;  => f '(t )  f '(0)  0  f (t ) đồng biến trên

0;  . Do vậy

f (t )  f (0)  2  f (a)  f (b)  f (c)  6 => ĐPCM.

f ( x)
(
x

1)
f
(
x
)
 
2

Ta có:

f '( x)
f '( x) f '(1)

 0  f '( x)  0
đồng biến trên 1;   
f ( x)
f ( x)
f (1)

 f ( x) đồng biến trên 1;   . Nói riêng với n N* => ĐPCM.

8. Phương pháp đặt ẩn phụ:

12



b

3x
3y
3z
, b2 
, c2 
x yz
x yz
x yz

(1)

( x, y, z  0)

 xy  yz  zx  3xyz ( x  y  z )

(1)

 ( xy  yz  zx)2  3xyz ( x  y  z )

1
2
2
2
  xy  yz    yz  zx    zx  xy    0 luôn đúng với x, y, z  0

2
=> ĐPCM
9) Phương pháp đánh giá

1
1
1 1 1 1
1
1
1
 2  ...  2  1      ... 
  2   2 (n  1)
2
2
3
n
1 2 2 3
n 1 n
n

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 1 
Giải: Đặt S 

a
b
c
d



2
abd abc bcd acd

a

c
ca


abcd bcd abcd
d
d
d b


abcd abd abcd

Cộng từng vế ta có: 1< S < 2
10) Phương pháp dồn biến:
Nội dung chính của phương pháp này đó là tìm cách đưa bài toán nhiều biến
phức tạp, thành bài toán mới ít ẩn số hơn một cách hợp lý.

4
4
Ví dụ: Cho a 2  b2  c 2  2 , ab  bc  ca  1, chứng minh rằng   a 
3
3
Giải: Từ giả thiết ta có (a  b  c)2  4  b  c   2  a
(b  c) 2
(2  a ) 2 3a 2  4a  4
2
a b c a 
a 

2

14


Sáng kiến kinh nghiệm
cũng đã biết. Các thầy cô có thể tìm hiểu lời giải này trong đáp án đề thi đại học
khối a năm 2009 của bộ giáo dục và đào tạo.
- Thứ hai: Đề thi tuyển sinh cao đẳng môn toán năm 2009, câu V :
Cho a , b thoả mãn: 0  a  b  1 , chứng minh rằng: a 2 ln b  b 2 ln a  ln a  ln b
Phương pháp làm bài: BĐT cần chứng minh tương đương với:
Xét hàm số f (t ) 

ln a
ln b
 2
(2)
2
a 1 b 1

ln t
, t  (0;1) . Ta chứng minh được f '(t )  0 do đó hàm f (t )
t2 1

đồng biến trên khoảng (0;1). Suy ra ĐPCM.
Bài toán này có lẽ không còn cách nào khác ngoài việc sử dụng phương pháp
hàm số. Tuy nhiên học sinh cần được luyện tập nhiều mới phát hiện được sự tương
đồng trong 2 vế của BĐT (2).
- Thứ ba: Đề thi tuyển sinh đại học khối D môn toán năm 2009, câu V
Cho x, y  0 thoả mãn x  y  1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau: S  (4 x 2  3 y)(4 y 2  3x)  25xy
Phương pháp làm bài: Ta thấy sự đối xứng của x, y trong biểu thức S và điều





 4

 4

1
4

thoả mãn t  (t 

1
) hay không? Từ đó mới kết luận được kết quả của bài toán.
16

Trên đây là 3 câu hỏi trong đề thi đại học, cao đẳng năm 2009. Với các phương
pháp đã nêu khi trang bị cho học sinh. Tôi tin học sinh của tôi thực hiện tốt những
câu hỏi này.
- Thứ tư: Đề thi tuyển sinh đại học khối A môn toán năm 2012, câu 6
15


Sáng kiến kinh nghiệm
“Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P  3 x  y  3 y z  3 z  x  6(x 2  y 2  z 2 ) .”
Trước bài toán này, câu hỏi đặt ra là chúng ta sẽ giải quyết nó theo hướng
nào? Các phương pháp kể trên có giải quyết được bài toán hay không?
Chương 3: GIẢI PHÁP MỚI

1
6(a 3  b3  c3  d 3 )  a 2  b 2  c 2  d 2  .
8
1
4

Nhận xét. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  d  . Bất đẳng thức cần chứng minh
tương đương với
(6a 3  a 2 )  (6b 3  b 2 )  (6c3  c 2 )  (6d 3  d 2 ) 

1
1
 f (a)  f (b)  f (c)  f (d) 
8
8

Trong đó f (x)  6x 3  x 2 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f (x) tại
x

1
1
1
1
5
1
5x  1
x  (0;1)
là y  f '( ).(x  )  f ( )  x  . Ta cần so sánh f (x) và
4
4


Bài 2: Cho a, b,c   ;a  b  c  1 . Chứng minh

a
b
c
9
 2
 2
 .
a  1 b  1 c  1 10
2

1
3

Nhận xét. Dấu bằng xảy ra a  b  c  , khi đó f (a)  f (b)  f (c) 
số f (x) 

9
với hàm
10

x
 3

liên tục trên   ;   . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
x 1
 4



17


Sáng kiến kinh nghiệm
Suy ra

a
b
c
36(a  b  c)  9 9
 2
 2

  ĐPCM.
a 1 b 1 c 1
50
10
2

1
3

(Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  ).
Qua 2 bài tập trên ta nhận thấy rằng phương trình tiếp tuyến là đường lối cơ
sở để chúng ta dẫn đến bất đẳng thức cơ bản cần chứng minh. Điều quan trọng là
biến đổi để có được hàm số và điểm rơi cần thiết. Qua đó cũng cho thấy sự hạn chế
của phương pháp này. Tuy nhiên cũng sẽ là công cụ giúp ta giải quyết các bài tập
chứng minh bất đẳng thức một cách tự nhiên hơn. Người đọc sẽ giải thích được các
câu hỏi như: Tại sao lai có bất đẳng thức đó? Nó xảy ra khi nào? Cách nào để tìm

4(a  b  c)

Lời giải.
Không mất tính tổng quát với bộ số a, b, c ta đặt a  b  c  1 khi đó ta cần
chứng minh

a
b
c
9
x


 . Xét hàm số f (x) 
trên (0;1).
2
2
2
(1  a) (1  b) (1  c)
4
(1  x)2

18


Sáng kiến kinh nghiệm
Ta viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 
x

x


a
b
c
a '  ;b '  ;c '  . Từ đó ta có điều cần chứng minh.
t
t
t

Trên đây ta đã đề cập đến một số bài tập có sử dụng phương pháp chứng
minh bất đẳng thức dự vào phương trình tiếp tuyến của đường cong. Phương pháp
này không tối ưu trong mọi trường hợp nhưng qua đó giúp ta giải quyết được nhiều
bài toán chứng minh bất đẳng thức một cách khó khăn theo cách giải khác. Một số
bài toán khi thực hiện theo cách giải này sẽ tự nhiên hơn, mang đến cái nhìn đơn
giản hơn. Qua đó phần nào đáp ứng được việc làm đơn giản hóa bài toán chứng
minh bất đẳng thức trước học sinh. Ta xét bài toán tổng hợp Câu 6 đề thi đại học
khối A năm 2012, một bài tập tương đối khó.
“Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P  3 x  y  3 y z  3 z  x  6(x 2  y 2  z 2 ) .”
Ta tìm hiểu đáp án chi tiết của Bộ Giáo dục và Đào tạo:
“ Ta chứng minh 3t  t  1 t  0 (*)
Xét hàm số f (t)  3t  t  1  f '(t)  3t ln 3  1  0t  0;f (0)  0  (*) đúng.
Áp dụng (*) ta có 3 x  y  3 y z  3 z  x  3  x  y  y  z  z  x
Áp dụng bất đẳng thức a  b  a  b ta có
( x  y  y  z  z  x )2  x  y  y  z  z  x  x  y ( y  z  z  x ) 
2

2

2

3
Lại có ( ) t  1t  0  3t  e t , việc chứng minh et  t  1t  0 đã có trong bài
e
tập của chương trình phổ thông.
Bên cạnh đó cúng cần phải nhớ x  y  0, y  z  0, z  x  0 .
Rõ ràng thực hiện theo phương pháp giải kể trên lý giải việc dẫn đến bất đẳng
thức (*) của bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều.
Đây là một bài toán điển hình thể hiện những điểm thuận lợi khi sử dụng
phương pháp chứng minh này so với các phương pháp thường dùng trước đây. Tất
nhiên để giải quyết bài toán cần phối hợp nhiều phương pháp khác nhau, các kĩ
thuật khác nhau, đúng yêu cầu là một bài toán phân hóa học sinh giỏi và xuất sắc
trong đề thi đại học khối A.
Ngoài những bài toán kể trên, sử dụng phương pháp chứng minh mới này có
thể giải quyết được các bài tập sau nhanh chóng và thuận tiện:
Bài 1. Cho a,b,c  0 và a 2  b2  c2  1 . Chứng minh
b2  c2 c2  a 2 a 2  b 2


2 3
a
b
c

(*)

1  a 2 1  b2 1  c2


 2 3 . Ta viết PTTT của đồ thị hàm só
HD. (*) 


(**)

HD. Do vai trò a, b, c bình đẳng và thuần nhất, ta đặt a  b  c  1 (trong trường
hợp có tổng là t > 0 ta giải như bài tập 4 chương 3).
Khi đó ta xét hàm số f (x) 

4
1

và viết PTTT của đồ thị hàm số y  f (x) tại
1 x x

1
3

điểm có hoành độ x   vận dụng phương pháp 11.
Bài 3. Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng
a3
b3
c3
abc
.
 2
 2

2
2
2
2

tương đối tương đồng nhưng hiệu quả bài làm rõ ràng với hướng làm mới, các em
vận dụng theo phương pháp 11 kết quả tốt hơn rất nhiều. Ta thống kê số liệu học
sinh làm tôt câu 2 phần tự luận.
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT MÔN TOÁN LỚP 12 (CHƯƠNG 1)
1. Ma trận đề:
Chủ đề
Tính đơn điệu
Cực trị, GTLN,GTNN
Tiệm cận

Nhận biết
TNKQ
TL
3
0,5
3
0,5
2
0,5

Thông hiểu
TNKQ
TL

Vận dụng
TNKQ
TL

1,5
1,5

A. x = 0
B. x = 2
C. x = 4
4
2
Câu 5: Hàm số y   x  2 x  3 đạt cực đại tại điểm:
A. x = –1
B. x = 1
C. x = 0
Câu 6: Hàm số y 

3,0
3,0

3,0

2. Nội dung:
A. Phần trắc nghiệm: (4 điểm)
Câu 1: Hàm số y  x3  3x2  4 đồng biến trên khoảng:
A. (0; 2)
B. (  ; 0) và (2;  ) C. (  ; 2)
4
Câu 2: Hàm số y   x  2 x2  3 đồng biến trên khoảng:
A. (–∞; 0)
B. (–∞; –1)
C. (1; +∞)
Câu 3: Hàm số y 

Tổng


Câu 8: Đồ thị hàm số y 

x3
x  x2
2

C. 2

D. 3

có bao nhiêu tiệm cận đứng:

A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
B. Phần tự luận: (6 điểm)
Bài 1. Cho hàm số : y  x3  3x2  4 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x3  3 x2  m .
Bài 2. Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1
P  xy  .
x y

Kết quả: Thống kê số học sinh làm được bài tự luận thứ 2. Việc thống kê đó còn
cho ta biết bao nhiêu học sinh giải bài 2 phần tự luận theo phương pháp chứng
minh 11.Qua đó giáo viên có thể điều chỉnh, rút kinh nghiệm cho học sinh:
+ Năm học 2010 – 2011:
Lớp


4

8

+ Năm học 2011 – 2012:
Lớp

Tên

Sĩ số

Hoàn thành 100% Hoàn thành 50% Ghi chú

Thực nghiệm 12A1

49

32

13

Đối chứng

12A2

48

10


16

11

Thực nghiệm 12A3

49

8

9

Đối chứng

43

3

6

+ Năm học 2012 – 2013:
Lớp

Tên

12A4

23

Hoàn thành 50% Ghi chú


19

60

123

208

Làm tốt BĐT

23

18

0

0

Kết quả thi sát hạch cuối năm Năm học 2011 - 2012 của khối 11:
Điểm bài thi

Điểm giỏi

Điểm khá

Điểm TB

Điểm yếu, kém


Sáng kiến kinh nghiệm

Phần 3: KẾT LUẬN

Qua sáng kiến kinh nghiệm tôi nghĩ rằng: Để học sinh làm tốt bài toán
chứng minh bất đẳng thức, ngoài việc giáo viên truyền đạt cho học sinh các kiến
thức cơ bản, thì giáo viên cũng nên trang bị cho các em kiến thức, các phương
pháp làm bài chứng minh bất đẳng thức. Thường xuyên được nhắc lại trong các
phần kiến thức khác nhau, rút ra bài học sau mỗi bài dạy. Khi kết thúc chương
trình THPT học sinh sẽ có cái nhìn toàn diện nhất về toàn bộ các phương pháp làm
bài chứng minh bất đẳng thức và ứng dụng. Đồng thời các tổ chuyên môn thường
xuyên tổ chức các buổi sinh hoạt chuyên môn về phương pháp dạy học bất đẳng
thức để tìm ra con đường hướng dẫn học sinh không còn quá lo sợ trước dạng toán
này. Ngoài các phương pháp chứng minh thông thường, giáo viên cũng nên tìm tòi,
sáng tạo tìm ra các phương pháp chứng minh bất đẳng thức phù hợp với nhận thức
của học sinh từng giai đoạn.
Rất mong có sự đóng góp ý kiến của các thầy cô.

25