Đang tải... (xem toàn văn)
Nhưng ngược l ại đối v ới k ết quả bài làm của học sinh lớp 11A2 tôi thấy rất khả quan hầu hết các em đều làm được bài tập đầu còn bài tập 2 một số em đã không biết chuyển từ đầu bài về [r]
(1)I ĐẶT VẤN ĐỀ Trong chương trình toán trường phổ thông việc chứng minh bất đẳng thức là vấn đề có thể nói là phức tạp nhất, nó rèn cho người làm toán trí thông minh, sáng tạo, ngoài còn có khéo léo, kết nó là công cụ sắc bén toán học Nhưng để chứng minh bất đẳng thức thì không đơn giản chút nào, là học sinh, các em tỏ lúng túng chọn cho mình công cụ để chứng minh hiệu Đã có nhiều tài liệu đưa số phương pháp tốt để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn: - Phương pháp sử dụng các tính chất bất đẳng thức - Phương pháp sử dụng tam thức bậc - Phương pháp sử dụng bất đẳng thức kinh điển - Phương pháp sử dụng phản chứng - Phương pháp sử dụng quy nạp - Phương pháp sử dụng đạo hàm - Phương pháp sử dụng hình học - Phương pháp sử dụng hàm lồi Mặc dù song là chưa đủ sáng tạo người làm toán là vô hạn Chính vì bài viết này tôi muốn đề cập "Một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số " nhằm trang bị thêm cho học sinh số công cụ hữu hiệu để chứng minh các bất đẳng thức đại số Phương pháp lượng giác hoá đã số sách các tác giả đề cập giáo sư Phan Đức Chính, giáo sư Phan Huy Khải, phó tiến sĩ Vũ Thế Hựu viết Nhưng cấu trúc mục tiêu các sách đó mà các tác giả không sâu vào phương pháp này hay nói cách khác là chưa thật cụ thể hoá, hệ thống hoá nó Là giáo viên gần 20 năm giảng dạy với các đối tượng học sinh khá giỏi các lớp chọn tôi đã phân chia phương pháp này thành dạng bài tập Nhằm cung cấp cho học sinh nhận các dấu hiệu ban đầu để thực các bước lượng giác hoá bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số, để dùng các kết bất đẳng thức lượng giác chứng minh bất đẳng thức đại số Qua thực tế giảng dạy các lớp chọn khối 11 trường THPT tôi nhận thấy việc phân chia dạng tôi là hợp lý, lôgíc cụ thể, có thể nhanh chóng tìm phương pháp chứng minh bất đẳng thức cách áp dụng các phương pháp tư này tôi Tôi trình bày hiệu phương pháp này học sinh phần kết trắc nghiệm thực tế sáng kiến CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO Bất đẳng thức giáo sư Phan Đức Chính - NXB Giáo dục 1995 Các bài toán chọn lọc bất đẳng thức tập giáo sư Phan Huy Khải - NXB Giáo dục Hà Nội 2000 (2) Phương pháp lượng giác hoá PTS Vũ Thế Hựu - NXB Giáo dục 2002 (3) II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ CÁC KIẾN THỨC CẦN NẮM 1.1 Các hệ thức 2 + cos sin 1 ( k ) 2 cos + + tg = ( k) 2 sin + + cotg = k + tg cotg = ( ) 1.2 Công thức cộng góc + cos( ) = cos cos sin sin + sin( ) = sin cos cos sin tg tg ( ; k) + tg ( ) = tg tg cot g cot g 1 + cotg( ) = cot g cot g (; k) 1.3 Công thức nhân + sin2 = sin cos + cos2 = cos2 - sin2 = 2cos2 - = - 2sin2 2tg ( k ) tg + tg2 = cot g k ( ) + cotg2 = cot g + sin3 = 3sin - 4sin3 + cos3 = 4cos3 - 3cos 3tg tg 3 ( k 3) + tg3 = 3tg 1.4 Công thức hạ bậc cos 2 cos 2 2 + cos2 = + sin2 = cos 2 ( k) + tg2 = cos 2 1.5 Công thức biến đổi tổng thành tích: cos + cos + cos = 2cos + sin + cos - cos = - 2sin (4) + cos + sin + sin = 2sin sin + sin - sin = = - 2cos sin( ) (; k) + tg tg = cos cos 1.6 Công thức biến đổi tích thành tổng: [cos( ) cos( )] + cos.cos = [cos( ) cos( )] + sin.sin = [sin( ) sin( )] + sin.cos = NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN Qua quá trình nghiên cứu tham khảo bài toán chứng minh bất đẳng thức phương pháp lượng giác nhiều sách đưa các phương pháp chứng minh bất đẳng thức phương pháp lượng giác mơ hồ chưa có hệ thống, chưa phân chia thành các dạng bài tập Với các kiến thức chứng minh bất đẳng thức phương pháp lượng giác mà tôi biết tôi đã phân chia thành dạng bài tập mà tôi giới thiệu sau đây Trong dạng bài tập tôi đưa phương pháp chọn cách đặt để học sinh nhanh chóng chuyển vế bất đẳng thức đại số phải chứng minh biểu thức lượng giác sau đó biến đổi để đánh giá bất đẳng thức lượng giác các bất đẳng thức lượng giác đơn giản như: | sin | 1;| cos | 1; sin n 1; cos n 1 ( n N *) * Để học sinh nắm kiến thức cách hệ thống tôi đã lập bảng số dấu hiệu nhận biết sau:( Giả sử các hàm số lượng giác sau có nghĩa) Biểu thức đại số Biểu thức lượng giác tương tự + x2 + tg2t 4x3 - 3x 2x2 - 4cos3t - 3cost 2cos2t - 2x 1 x2 tgt tg t 1+tg2t = cos t 4cos3t - 3cost = cos3t 2cos2t - = cos2t 2tgt tg t = tg2t 2x 1 x2 tgt tg t tgt tg t = sin2t Công thức lượng giác (5) xy xy tg tg tgtg = tg(+) tg tg tgtg 1 1 1 cos cos = tg2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ x2 - I DẠNG 1: Sử dụng hệ thức sin2 + cos2 = 1) Phương pháp: x sin 2 a) Nếu thấy x + y = thì đặt y cos với [0, 2] x a sin 2 b) Nếu thấy x + y = a (a > 0) thì đặt y a cos với [0, 2] Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho số a, b, c, d thoả mãn: a2 + b2 = c2 + d2 = Chứng minh rằng: S = a(c+d) + b(c-d) Giải: a sin u Đặt b cos u và c sin v d cos v S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv) S = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv) = sin(u+v) - cos(u+v) S sin (u v) [ , ] S a (c d) b(c d) 4 (đpcm) 2 25 1 a b a b VD2: Cho a2 + b2 = Chứng minh rằng: Giải: Đặt a = cos và b = sin với 2 Thế vào biểu thức vế trái biến đổi 2 1 1 a b cos sin a b cos sin 1 cos4 sin 4 cos sin 4 4 4 4 cos sin cos sin = cos + sin + (6) = = cos cos sin 4 4 cos sin sin cos sin 4 4 cos sin 16 17 25 1 sin 2 (1 16) 2 (đpcm) sin 2 2 = Bây ta đẩy bài toán lên mức độ cao bước để xuất a2+b2=1 VD3: Cho a2 + b2 - 2a - 4b + = Chứng minh rằng: A= a b 3ab 2(1 )a (4 )b 2 Giải: Biến đổi điều kiện: a2 + b2 - 2a - 4b + = 0 (a-1)2 + (b-2)2 = a sin b cos Đặt a 1 sin A sin cos sin cos b 2 cos sin 2 cos 2 2 A sin 2 cos 2 2 sin(2 ) 2 2 (đpcm) VD4: Cho a, b thoả mãn : 5a 12b = 13 Chứng minh rằng: a2 + b2 + 2(b-a) - Giải: Biến đổi bất đẳng thức: a2 + b2 + 2(b-a) - (a-1)2 + (b + 1)2 a R sin Đặt b R cos với R a R sin (a 1) (b 1) R b R cos Ta có: 5a 12b 13 5(R sin 1) 12(R cos 1) 13 5R sin 12R cos 13 R 12 5 sin cos R sin arccos R 13 13 13 Từ đó (a-1)2 + (b+1)2 = R2 a2 + b2 + 2(b - a) - (đpcm) II DẠNG 2: Sử dụng tập giá trị | sin |1 ; | cos | 1 Phương pháp: (7) x sin ; x cos 0; a) Nếu thấy |x| thì đặt x m sin ; x m cos 0; b) Nếu thấy |x| m ( m 0 ) thì đặt Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh rằng: (1+x)p + (1-x)p 2p |x| ; P Giải: Đặt x = cos với [0, ], đó (1 + x)p + (1 - x)p = (1+cos)p + (1-cos)p p p p 2p sin p 2 p cos2 sin 2 p cos sin 2 cos 2 2 2 2 = (đpcm) VD2: Chứng minh rằng: A 2 3a 2a a Giải: Từ đk - a2 |a| nên Đặt a = cos với 1 a = sin Khi đó ta có: 2 A= 3a 2a a 2 cos cos sin (1 cos 2) sin 2 cos 2 sin 2 2 sin 2 2 3 = VD3: Chứng minh rằng: a (1 a )3 A (đpcm) (1 a )3 2 2a (1) Giải: Từ đk |a| nên Đặt a=cos với [0,] sin (1) a sin ; a cos ; a sin 2 cos 2 cos sin 2 2 sin cos 2 2 2 sin cos sin 1 sin cos sin cos cos sin cos 2 2 2 2 2 (8) sin cos 1 sin cos cos sin cos 2 2 2 đúng (đpcm) VD4: Chứng minh rằng: S = (1 a )3 a a a Giải: Từ đk |a| nên: Đặt a = cos với [0, ] 1 a = sin Khi đó biến đổi S ta có: S= 4(sin cos3 ) 3(cos sin ) (3 sin sin ) (4 cos3 cos ) sin 3 cos 3 sin 3 4 = (đpcm) VD5: Chứng minh A = a b b a ab (1 a )(1 b ) 2 Giải: Từ điều kiện: - a2 ; - b2 |a| ; |b| nên ; Đặt a = sin, b = sin với , Khi đó A = sin cos cos sin cos( ) = sin( ) cos( ) 2 sin( ) cos( ) 2 sin ( ) 2 2 3 = (đpcm) VD6: Chứng minh rằng: A = |4a - 24a + 45a - 26| a [1; 3] Giải: Do a [1, 3] nên a-2 nên ta đặt a - = cos a = + cos Ta có: A= 4(2 cos )3 24(2 cos ) 45(2 cos ) 26 cos3 cos cos 3 1 (đpcm) VD7: Chứng minh rằng: A = 2a a 3a 2 a [0, 2] Giải: Do a [0, 2] nên a-1 nên ta đặt a - = cos với [0, ] Ta có: A= 2(1 cos ) (1 cos ) 3(1 cos ) cos2 cos (9) 1 cos 2 sin cos 2 sin 2 3 2 = (đpcm) 1 tg ( k) cos III DẠNG 3: Sử dụng công thức: 1+tg2 = cos sin 1) Phương pháp: a) Nếu |x| bài toán có chứa biểu thức x2 3 0; , cos thì đặt x = với b) Nếu |x| m bài toán có chứa biểu thức x m2 3 m 0; , cos thì đặt x = với Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh A = a2 2 a 1 a Giải: Do |a| nên : 3 0; , cos Đặt a = với A= a tg tg Khi đó: a2 ( tg ) cos sin cos 2 sin 2 a 3 (đpcm) 12 a a 1 a2 VD2: Chứng minh rằng: - A = 9 Giải: Do |a| nên: 3 0; , cos Đặt a = với a tg tg Khi đó: 12 a 5(1 cos 2) sin 2 a A = = (5-12tg)cos2 = 5cos2-12sincos= 13 12 5 13 cos 2 sin 2 cos 2 arccos 13 13 2 = 2 13 (10) 13 13 13 ( 1) A cos 2 arccos 9 2 13 2 -4= 2 (đpcm) a b2 ab VD3: Chứng minh rằng: A = 1 a ; b 1 Giải: Do |a| 1; |b| nên 3 0; , cos cos Đặt a = ;b= với Khi đó ta có: A = ( tg tg) cos cos sin cos sin cos sin( ) 1 (đpcm) a VD4: Chứng minh rằng: a + a2 2 a 1 Giải: Do |a| > nên: 0; 2 Đặt a = cos với a a+ a a a2 1 cos tg sin Khi đó: 1 1 2 2 2 cos sin cos sin sin 2 (đpcm) VD5: Chứng minh y x y xy 26 x ; y 1 Giải: Bất đẳng thức x 1 y 26 (1) x x y y 0, cos cos Do |x|; |y| nên Đặt x = ; y= với , Khi đó: (1) S = sin + cos(4sin + 3cos) Ta có: S sin + cos 26 (4 32 )(sin cos ) sin cos 2 2 (1 )(sin cos ) 26 (đpcm) IV DẠNG 4: Sử dụng công thức 1+ tg2 = cos (11) Phương pháp: , a) Nếu x R và bài toán chứa (1+x ) thì đặt x = tg với 2 , 2 b) Nếu x R và bài toán chứa (x +m ) thì đặt x = mtg với 2 Các ví dụ minh hoạ: 3x VD1: Chứng minh rằng: S = x2 4x (1 x )3 1 Giải: , x2 cos , đó biến đổi S ta có: Đặt x = tg với 2 S = |3tg.cos - 4tg3.cos3| = |3sin - 4sin3| = |sin3| (đpcm) 8a 12a 2 VD2: Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức A = (1 2a ) Giải: 4tg 2 3tg , (1 tg 2) 2 Đặt a = tg với 2 thì ta có: A = cos4 sin cos sin 3(sin cos2 ) sin cos2 2 (cos sin ) = sin 2 sin 2 3 A 3 2 3 2 2 =31 Với = a = thì MaxA = ; Với = a = thì MinA = (a b)(1 ab) 2 ( a )( b ) VD3: Chứng minh rằng: a, b R Giải: (a b)(1 ab) (tg tg)(1 tgtg) 2 (1 tg )(1 tg 2) Đặt a = tg, b = tg Khi đó (1 a )(1 b ) cos2 cos2 = sin( ) cos cos sin sin cos cos cos cos (12) 1 sin( ) cos( ) sin 2( ) 2 (đpcm) = |a b| |b c| |c a| a , b, c 2 2 2 ( a )( b ) ( b )( c ) ( c )( a ) VD4: Chứng minh rằng: Giải: Đặt a = tg, b = tg, c = tg Khi đó bất đẳng thức | tg tg | | tg tg | | tg tg | 2 (1 tg 2)(1 tg ) (1 tg )(1 tg ) (1 tg )(1 tg ) cos cos sin( ) sin( ) sin( ) cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos sin(-)+sin(-) sin(-) Biến đổi biểu thức vế phải ta có: sin(-)= sin[(-)+(-)] = sin(-)cos(-)+sin(-)cos(-) sin(-)cos(-)+sin(-)cos(-)=sin(-)cos(-)+sin(-)cos() sin(-).1 + sin(-).1 = sin(-) + sin(-) (đpcm) VD5: Chứng minh rằng: ab cd (a c)( b d) (1) a , b, c, d Giải: ab cd 1 (a c)(b d) (a c)(b d ) (1) c d Đặt tg2= a , tg2= b với , (1 tg )(1 tg ) cd ab 1 c b c b 1 a d a d 0, Biến đổi bất đẳng thức tg 2.tg 2 2 (1 tg )(1 tg ) cos cos sin sin 1 cos cos + sin sin = cos(-) đúng (đpcm) c d a b Dấu xảy cos(-) = = 6a | a | a 1 VD6: Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức A = Giải: (13) 6tg Đặt a = tg Khi đó A = | tg | 2tg tg 2 2 3 tg 1 tg tg 2 A = 3sin + |cos| sin + 4.0 = 3sin 3.(-1) = -3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có: A2 = (3sin + |cos|)2 (32 + 42)(sin2 + cos2) = 25 A sin | cos | Với sin = a = thì MinA = - ; với thì MaxA = V DẠNG 5: Đổi biến số đưa bất đẳng thức tam giác 1) Phương pháp: A ; B ; C ( ; ) x; y; z ABC : 2 x cos A; y cos B; z cos C a) Nếu x y z 2xyz 1 thì x; y; z b) Nếu x y z xyz thì A; B; C (0; ) ABC : x tgA; y tgB; z tgC A; B; C (0; ) x cot gA; y cot gB; z cot gC ABC : A; B; C (0; ) x; y, z A B C x tg ; y tg ; z tg 2 c) Nếu xy yz zx 1 thì Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho x, y, z > và zy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 3( x y z) x y z S= Giải: 0, 2 Từ < x, y, z < nên đặt x = tg ; y = tg ; z = tg với , , Do xy + yz + zx = nên tg tg + tg tg + tg tg = (14) tg tg 2 tg cot g tg tg 2 tg tg tg tg = - tg 2 tg tg tg 2 2 2 2 2 1 tg tg tg 3( x y z) 2 S= x y z = cotg + cotg + cotg -3 cot g tg cot g tg cot g tg 2 tg tg tg 2 2 2 2 2 S= 2 tg tg tg 2 S = 2(cotg+cotg+cotg) - S = (cotg+cotg-2tg ) + (cotg+cotg-2tg ) +(cotg+cotg-2tg ) sin( ) sin sin Để ý rằng: cotg + cotg = sin sin sin sin cos( ) cos( ) sin cos sin sin 2 2tg cot g cot g 2tg 0 cos( ) cos 2 cos2 T đó suy S Với x = y = z = thì MinS = x y z 4xyz 2 2 (1 x )(1 y )(1 z ) VD2: Cho < x, y, z < và x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = x2 + y2 + z2 Giải: 0, 2 Do < x, y, z < nên đặt x = tg ; y = tg ; z = tg với , , 2y 2x 2z 2 Khi đó tg = x ; tg = y ; tg = z và đẳng thức giả thiết (15) 2y 8xyz 2x 2z 2 2 2 x + y + z = (1 x )(1 y )(1 z ) tg+tg+tg = tg.tg.tg tg tg tg + tg = - tg(1-tg.tg) tg.tg = - tg tg(+) = tg(-) 0, Do , , nên + = - + + = Khi đó ta có: tg tg + tg tg + tg tg = xy + yz + zx = Mặt khác: 2 (x2 + y2 + z2) - (xy + yz + zx) = ( x y) ( y z) (z x ) 0 S = x2 + y2 + z2 xy + yz + zx = Với x = y = z = thì MinS = x, y, z x y z VD3: Cho x y z 1 Chứng minh rằng: S = x yz y zx z xy Giải: xz tg y 2; Đặt yz tg x 2; xy 0, tg z với , , Do yz zx zx xy xy yz x y y z z x =x+y+z=1 nên tg tg + tg tg + tg tg = tg 2 = cotg tg 2 = tg 2 + = - 2 2y 2z x y z 2x 1 1 1 x yz y zx z xy x yz y zx z xy S= (16) yz zx xy 1 x yz y zx z xy y x z 3 x yz y zx z xy 2 yz zx xy x y z = cos cos .1 (cos cos sin sin ) = (cos + cos + cos) + = 11 3 2 (cos cos ) (sin sin ) cos cos 2 (đpcm) Các bài toán đưa trắc nghiệm Trước tôi dạy thử nghiệm nội dung sáng kiến tôi cho học sinh lớp 11A1 và 11A2 trường tôi, tôi đã bài nhà cho các em, cho các em chuẩn bị trước thời gian tuần Với các bài tập sau: Bài 1: Cho a2 + b2 = CMR: | 20a3 - 15a + 36b - 48b3| 13 Bài 2: Cho (a-2)2 + (b-1)2 = CMR: 2a + b 10 a; b 0 Bài 3: Cho a b 2 CMR: a4 + b4 a3 + b3 Bài 4: Cho a; b ; c 1 1 1 a b c a b c b c a a b c CMR: x; y; z 2 Bài 5: Cho x y z 2xyz 1 a) xyz b) xy + yz + zx c) x2 + y2 + z2 d) xy + yz + zx 2xyz + e) 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z CMR: (17) Bài 6: CMR: 1 a2 1 b2 ab a, b (0, 1] Bài 7: CMR: (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) (ab + bc + ca) a, b, c > x, y, z x y z 3 CMR : 2 2 1 x 1 y 1 z Bài 8: Cho xy yz zx 1 x , y, z x y z CMR : x y z xyz 1 x2 y2 z2 Bài 9: Cho x, y, z 1 2x 2y 2z CMR : xy yz zx 1 x y2 z2 x y2 z2 Bài 10: Cho Sau tuần các em không làm các bài tập này mặc dù tôi đã gợi ý là dùng phương pháp lượng giác hoá Sau đó tôi đã dạy cho các em sáng kiến tôi buổi sinh hoạt chuyên đề (3 tiết) thì thu kết tốt KẾT QUẢ TRẮC NGHIỆM THỰC TẾ CỦA SÁNG KIẾN Để thấy kết sát thực sáng kiến phần ôn tập kỳ I lớp 11 tôi đã chọn lớp 11A1 và 11A2 là lớp chọn đó 11A1 là lớp chọn A còn 11A2 là lớp chọn B vì với kiến thức các em lớp 11A1 khá lớp 11A2 tôi dùng lớp này để tiến hành làm đối chứng cụ thể sau: Đầu tiên tôi đã bài nhà cho các em các bài tập 1, 4, c 10 b ài tập trên Yêu cầu các em lớp 11A1 và 11A2 làm bài tập này giấy và tôi đã thu kết sau: Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB 3-4 0-2 11A1 50 0 48 11A2 52 0 0 52 Với kết tổng hợp bảng trên và thực tế bài làm các em tôi thấy hầu hết các em không làm lớp 11A1 Một số em biết làm bài tập phương pháp đặt "a=sin", "b=cos" xong chưa đến bất đẳng thức cần chứng minh, lớp 11A2 hầu hết các em không làm bế tắc hoàn toàn Đứng trước thực trạng tôi định đưa sáng kiến tôi dạy cho lớp 11A2 là lớp có vốn kiến thức yếu so với lớp 11A1 Tôi đã tập trung các em lớp 11A2 học ngoại khoá vào tiết buổi chiều tiết này tôi đã truyền thụ hết nội dung phương pháp dùng lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số tôi sau đó tôi đã bài nhà bài tập 2, 5, phần 10 bài tập trên và yêu cầu học sinh lớp nhà giải Kết thu sau: (18) Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB 3-4 0-2 11A1 50 0 12 38 11A2 52 20 25 Nhìn vào kết trên và thực tế bài làm học sinh tôi nhận thấy các em học sinh lớp 11A1 mặc dù có tư chất lớp 11A2 song không biết các phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thưc nên hầu hết không làm bài tập tôi đã cho Nhưng ngược l ại đối v ới k ết bài làm học sinh lớp 11A2 tôi thấy khả quan hầu hết các em làm bài tập đầu còn bài tập số em đã không biết chuyển từ đầu bài dạng để giải số khác đã biết biến đổi bất đẳng thức để có thể áp dụng dạng xong chưa biến đổi để đến bất đẳng thức lượng giác cần thiết vì kết chưa cao vì số em lớp 11A2 tiếp thu các phương pháp chậm, ứng dụng giải bài tập chưa sáng tạo Vì tôi định thực nghiệm lần thứ 3, tôi dạy lớp 11A1 và 11A2 v ào m ột buổi chiều tiết dạy đầy đủ phương pháp và các ví d ụ minh ho ạ, tôi g ọi các em lên bảngáp dụng giải các ví dụ lớp thấy các em làm tốt, sau đó tôi cho bài tập 3, 6, 8, 10 nhà và yêu cầu các em n ộp cho tôi v ào ngày hôm sau Kết thu sau: Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB Yếu 11A1 50 30 13 11A2 52 25 21 Với kết trên và thực tế bài làm các em tôi nhận thấy các phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số mà tôi đưa có kết tốt, nó là công cụ hữu hiệu để giúp các em có thêm cách để chứng minh bất đẳng thức đại số bổ sung cho các em phương pháp lượng giác hoá các bài toán nói chung làm cho các em tự tin gặp các bài tập chứng minh bất đẳng thức tất các thi khó, chính vì tôi nghĩ số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số tôi đưa là khả quan III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Trải qua thực tế công tác giảng dạy toán phổ thông, qua thời gian làm trắc nghiệm tôi nhận thấy: Việc chứng minh bất đẳng thức đại số là công việc khó khăn và đòi hỏi người chứng minh phải sáng tạo khéo léo phải biết sử dụng tất các kiến thức đã biết để chứng minh bất đẳng thức Trong giai đoạn chúng ta tập trung cho cải cách giáo dục, đó có phần quan trọng (19) là cải tiến phương pháp giảng dạy Để phát huy tính tích cực học sinh, việc tiếp thu kiến thức và công việc giải toán thì người thầy giáo phải là người tiên phong việc phát huy tính tích cực mình để tìm phương pháp giải toán mới, tìm công cụ để ngày càng hoàn thiện thân và cống hiến cho người làm toán công cụ hữu hiệu để có thể sâu vào giới toán học Trên đây là ý kiến tôi số phương pháp lượng giác để giải các bất đẳng thức đại số nhằm giúp cho người chứng minh bất đẳng thức có phương pháp tư chứng minh bất đẳng thức đại số Do kinh nghiệm chưa có nhiều nên bài viết tôi không tránh khỏi khuyếm khuyết mặc dù tôi đã cố gắng xắp xếp mặt phương pháp, lượng bài tập và cấu trúc bài viết Rất mong nhận đóng góp ý kiến các bạn đồng nghiệp để bài viết tốt Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn! Hải Dương, ngày 04 tháng 04 năm 2008 (20)