intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

SKKN: Sử dụng phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số chứng minh bất đẳng thức

Chia sẻ: Nhi Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:23

Thêm vào BST
Báo xấu
125
lượt xem 18
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong môn Toán có nhiều đơn vị kiến thức giáo viên phải thực sự tích cực trau dồi mới đạt hiệu quả khi truyền tải kiến thức cho học sinh. Hơn nữa, với cấu trúc thi đại học mới ban hành, nhiều phần kiến thức giáo viên phải tìm tòi sáng tạo để học sinh có thể giải quyết các bài toán trong các đề thi. Bài SKKN dạng toán chứng minh bất đẳng thức, mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Sử dụng phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số chứng minh bất đẳng thức

  1. Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số chứng minh bất đẳng thức 1
  2. 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: “Sử dụng phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số chứng minh bất đẳng thức” 2. Mục đích nghiên cứu : Khi kết thúc chương trình lớp 12, khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức và các ứng dụng đòi hỏi học sinh phải nhận dạng được bài toán chứng minh bất đẳng thức vận dụng theo phương pháp nào. Sự kết hợp các phần kiến thức khác nhau giữa đại số, hình học, giải tích sẽ cho ta các phương pháp chứng minh thích hợp. Vận dụng tính chất của tiếp tuyến đường cong, ứng dụng của nó cùng với tính chất của các bất đẳng thức cơ bản sẽ cho ta một phương pháp chứng minh mới, phù hợp là mục đích của sáng kiến kinh nghiệm này. 3. Nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu: Kết quả lớn nhất của sáng kiến này là đã tìm ra thêm một phương pháp chứng minh bất đẳng thức, ngoài việc tổng hợp các 10 phương pháp chính làm bài tập chứng minh bất đẳng thức. 2
  3. Sáng kiến kinh nghiệm Từ đó phân biệt các phương pháp giải các bài toán về bất đẳng thức, liên quan đến bất đẳng thức (tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số,..) trong các đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng và thi học sinh giỏi các cấp. Khi đó giáo viên sẽ rút ra kinh nghiệm khi giảng bài và sáng tạo các bài toán mới. Phương pháp nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này là phân tích, tổng hợp hiệu quả của các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thông thường. Từ đó sáng tạo ra phương pháp mới, đồng thời phân tích, tổng hợp để làm rõ hiệu quả của phương pháp mới này. 4. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu: 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. 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 tập bất đẳng thức tùy theo mức độ các nhóm học sinh khác nhau. 1) Phân bậc hoạt động chứng minh bất đẳng thức: 3
  4. Sáng kiến kinh nghiệm Điều này rất quan trọng, có thể căn cứ vào số lượng biến, sự phức tạp của đối tượng, căn cứ vào mức độ tường minh, sự phối hợp ít hay nhiều hoạt động để xây dựng hệ thống bài toán từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp, nhằm rèn luyện các phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Nhằm rèn luyện cho học sinh vận dụng Bất đẳng thức Cô-si có thể lấy một hệ thống bài toán phân bậc như sau. Ta lấy một ví dụ: Chứng minh các bất đẳng thức sau: 1 1 (1) ( a  )(b  )  4 , với a, b  0 a b (2) a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca với a, b, c  0 (3) a 2  b 2  c 2  d 2  e2  a(b  c  d  e) với a, b, c, d , e  0 (4) Cho x, y, z  0, xyz  1 chứng minh rằng: 1  x2  y 2 1  y2  z2 1  z 2  x2   3 3 xy yz zx 1 1 1 (5) Cho x, y, z  0,    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. 2 a 2 a2 a 2 a2 bài (3) đầu tiên phải biết tách a     và ghép đôi 4 4 4 4 bài (4) vừa áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số trong căn, vừa áp dụng cho ba số hạng ở vế trái bài (5) là câu khó trong đề thi tuyển sinh Đại học,Cao đẳng khối A năm 2002. Đòi hỏi vận 1 1 1 1 1 1 dụng sáng tạo: Từ ( a  b)(  )  4 với a, b  0 đến (  )  Từ đó: a b 4 a b ab 1 1 2 1 1  (   ) và tương tự cho hai hạng tử còn lại. 2 x  y  z 16 x y z 2) Rèn luyện các hoạt động trí tuệ cho học sinh qua chứng minh bất đẳng thức: Bất đẳng thức và các ứng dụng rất thuận lợi để rèn luyện các hoạt động trí tuệ cho học sinh: phân tích, so sánh, tổng hợp, đặc biệt hoá, khái quát hoá,… Học sinh cần phải có được cách giải quyết bài toán, đồng thời là cách suy nghĩ để giải quyết bài toán, giải quyết vấn đề. 4
  5. Sáng kiến kinh nghiệm 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. 3 3 (1) Cho a, b, c  0 và a  b  c  .CMR: a  3b  3 b  3c  3 c  3a  3 4 3 (2) Cho a, b, c  0 và abc  1 .CMR: 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 hiểu qua các ví dụ sau đây: 1 a) Ví dụ 1: Cho 0  x, y  1 . Chứng minh rằng: x y  y x  4 Cách 1: Dựa vào điều kiện 0  x, y  1 ta có:VT  xy ( x  y )  y (1  y ) 1 Lúc này lại áp dụng bất đẳng thức Côsi: xy ( x  y )  y (1  y )  4 Cách 2: Đặc biệt hoá dấu bằng xảy ra khi x = 4y. Vậy khi biến đổi ta phải để ý điều này. y  ( x  y) 2 x x 1 VT  x y ( x  y )  x ( )   2 4 4 1 Cách 3: Đặt t  y  t 2 x  x.t   0 .Vế trái là 1 tam thức bậc 2 của t, có 4 t  x2  x  0 nên ta được ĐPCM. 2 2 b) Ví dụ 2: Cho 36 x  16 y  9 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: T = y – 2x + 5. 2 2 x2 y2 1 3 Cách 1: Ta có: 36 x  16 y  9    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 (với cos  ,sin   ). Khi đó T  . 5 5 4 4 25 15 Ta được GTLN của T là khi sin(   )  1 , GTNN là khi sin(   )  1 . 4 4 Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki 5
  6. Sáng kiến kinh nghiệm 1 1 1 1 25 ( y  2 x ) 2  ( 4 y  6 x) 2  (  )(16 y 2  36 y 2 )  4 3 16 9 4 5 5 15 25 Khi đó:   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 15 25 Phương trình có nghiệm khi   0 => T  . 4 4 4) Phát hiện, khắc phục và sửa chữa sai lầm cho học sinh: 2 2 2 2 2 a) Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a  b  c  d  e  a (b  c  d  e) với mọi số thực a, b, c, d , e . Lời giải: Theo Cô-si ta có: 2 2 2 2 a a a a  b 2  ab,  c 2  ac ,  d 2  ad ,  e 2  ae 4 4 4 4 Cộng các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh. Đánh giá: Ở đây học sinh đã nhầm ví dụ này với ví dụ 3 của phần I.1, vận dụng bất đẳng thức Cô-si là sai, vì các số có thể âm. Tuy nhiên, mỗi bất đẳng thức trên đều đúng nhưng không phải a theo Cô-si, mà do (  b) 2  0,... 2 b) Ví dụ 2: Cho a, b, c, d là 4 cạnh của một tứ giác lồi. Chứng minh rằng diện 1 tích tứ giác không lớn hơn ( 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. 6
  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 1 d) Ví dụ 4: Cho 0  a  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 2a + 2 2 a 1 1 1 Lời giải: Sai lầm thường gặp: S  2a  2  a  a  2  3 3 a.a. 2  3  min S = 3 a a a Nguyên nhân sai lầm: 1 1 min S = 3  a  a  2  1 mâu thuẫn với giả thiết 0  a  a 2 Phân tích và tìm tòi lời giải: Xét bảng sau để dự đoán Min S. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2.a 1 5 9 4 7 3 5 2 3 1 100 81 64 49 36 25 16 9 4 a2 1 2 1 2 1 2 1 2 S 100 81 64 49 36 25 16 9 5 5 9 4 7 3 5 2 3 1 Nhìn bảng trên ta thấy khi a càng tăng thì S càng nhỏ từ đó dẫn đến dự đoán khi a  thì S 2 nhận giá trị nhỏ nhất. Theo phân tích ở trên ta không thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi 1 cho 3 số a , a, : a2 1 Cách 1: Ta dự đoán sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số a, a, ta có:  a2  1  1  a  a  2  2 Sơ đồ điểm rơi 1:    8 a  1   1    a2   a3 1  1  7 8 7 3 7.4 => 2a + a 2 = a  a  2   2  3 3 a.a. 2  2    5.  8a  8a a 8a 2 8 1 Với a = thì giá trị nhỏ nhất của S là 5. 2 Cách 2: 7
  8. Sáng kiến kinh nghiệm 1 Ta dự đoán sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số  a ,  a, ta có: a2  1  1 a  2  a  2  Sơ đồ điểm rơi 2:      8  a   a  1     1   a2   a3 1  1  1 => S = 2a + 2 =  8a  8a  2   14a  3 3 8a.8a. 2  14a a  a  a 1 1 = 12  14a  12  14.  5 . Với a = thì Min S = 5. 2 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): 3 3 2 2 Chứng minh rằng: x  y  x y  xy x, y  0 3 3 2 2 2 Giải: x  y  x y  xy  ( x  y ) ( x  y )  0 luôn đúng => ĐPCM Ví dụ 2: (CM bất đẳng thức Bunhiacopxki) 2 2 2 2 2 Với mọi a,b,c,d thì: ( ac  bd )  (a  c )(b  d ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Giải: ( ac  bd )  ( a  c )(b  d )  2abcd  a c  b d  (ac  bd ) 2  0 => ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi ac  bd . 2. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cơ bản: Các bất đẳng thức cơ bản ở đây gồm bất đẳng thức Cô-si (cho 2 số, cho 3 số), bất đẳng thức trị tuyệt đối, … 8
  9. Sáng kiến kinh nghiệm Một số bất đẳng thức Cơ bản ở đây: 2 2 2 (1) Với mọi a, b thì: ( a  b)  0  a  b  2 ab a,b  R ab a bc 3 (2) Với a, b, c dương thì  ab ;  abc (BĐT Cô-si) 2 3 (3) Với mọi a, b thì: a  b  ab  a  b Ta lấy một số ví dụ: a 4 b4 c4 Ví dụ 1: CMR với a,b,c dương thì:    3abc b c a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 hạng tử ở vế trái => ĐPCM. Ví dụ 2: Với mọi a,b,c thì: a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 2 2 2 Giải: Với mọi a,b,c thì: ( a  b)  0  a  b  2ab (b  c)2  0  b2  c 2  2bc và (c  a)2  0  c 2  a 2  2ca Cộng tương ứng 3 bất đẳng thức suy ra ĐPCM. 3. Phương pháp quy nạp toán học: 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. 1 1 1 Ví dụ: CMR với n nguyên dương lớn hơn 2 thì:   .....   n 1 1 2 n 1 1 1 Giải: Với n = 3. BĐT trở thành:    4 đúng. 1 2 3 1 1 1 Giả sử BĐT đúng với đến n = k tức là:   .....   k 1 1 2 k Ta chứng minh cho BĐT đúng với n = k+1. Thật vậy: 1 1 1 1 1 k 2 k2   .....    k 1     k 2. 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 )  với 0  a, b, c  1 4 4 4 9
  10. Sáng kiến kinh nghiệm Giải: Giả sử cả 3 bất đẳng thức đều đúng. Nhân lại với nhau ta có: 1 1 a(1  b)b(1  c)c (1  a )   abc (1  a)(1  b)(1  c )  (1) 64 64 1 Nhưng theo bất đẳng thức Cô-si ta có: a (1  a )  4 1 1 1 Tương tự: b (1  b )  , c (1  c)  Khi đó: abc (1  a)(1  b )(1  c )  (2) 4 4 64 Mâu thuẫn giữa (1) và (2). Vậy điều giả sử là sai. Ta có ĐPCM. 5. Phương pháp lượng giác hoá: Thông thường từ dữ kiện đề bài, ta đạt ẩn phụ theo các giá trị luợng giác, chuyển bài toán về chứng minh bất đẳng thức luợng giác. Lấy một ví dụ: 1 1 1 1 1 1 Chứng minh rằng: ( a  )(b  )(c  )  (a  )(b  )(c  ) với a,b,c > 1. b c a 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 1 1 1 1 1 1 (cos x  )(cos y  )(cos z  )  (cos x  )(cos y  )(cos z  ) cos y cos z cos x cos x cos y cos z Ta có: cos( x  y )  1  1  cos x.cos y  sin x.sin y Tương tự: 1  cos y.cos z  sin y.sin z 1  cos z.cos x  sin z.sin x Nhân tương ứng ta có: (1  cos x.cos y )(1  cos y.cos z )(1  cos z.cos x )  sin 2 x.sin 2 y.sin 2 z Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 6. Phương pháp hình học: Áp dụng bất đẳng thức liên hệ 3 điểm: AB + BC  AC. Ví dụ 1: CMR với mọi a,b,c,d ta có: a 2  b 2  c 2  d 2  (a  c) 2  (b  d ) 2 Giải: Trong mặt phẳng toạ Oxy xét các điểm A(a;b), B(-c;-d) ta có: OA + OB  AB. Suy ra điều cần chứng minh. Ta có thể áp dụng các chứng minh trên cho việc chúng minh bất đẳng thức sau: Ví dụ 2: CMR: a 2  ab  b 2  a 2  ac  c 2  b 2  bc  c 2 (2) b 3b 2 c 3c 2 b c 3b 3c 2 Bởi BĐT (2)  ( a  ) 2   (a  )2   (  )2  (  ) 2 4 2 4 2 2 2 2 10
  11. Sáng kiến kinh nghiệm 7. Phương pháp hàm số: Ví dụ 1: CMR với a,b,c không âm thì: a 2  b 2  c2  2(cos a  cos b  cos c)  6  0 Lời giải: Xét hàm số: f (t )  t  2cos t , t   0;   2 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. 1 n1 1 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: (1  )  (1  ) n với n  N* n 1 n 1 Lời giải: Xét hàm số f ( x)  (1  ) x , x  1 x 1 f '( x) 1 1  ln f ( x)  x ln(1  )   ln(1  )  x f ( x) x 1 x 2 f '( x)   f '( x)  f ( x). f ''( x) x( x  1)  1 ( )'  2  0 f ( x)  f ( x)  ( x  1)2 f '( x) f '( x) f '(1) Ta có: đồng biến trên 1;     0  f '( x)  0 f ( x) f ( x) f (1)  f ( x) đồng biến trên 1;  . Nói riêng với n N* => ĐPCM. 8. Phương pháp đặt ẩn phụ: Đôi khi ta đặt ẩn phụ mới chuyển sang bất đẳng thức khác cần chứng minh trông đẹp hơn. Lấy ví dụ: Bài 20(SGK NC Đại số 10 Tr112): 2 2 “Chứng minh rằng nếu x  y  1 thì x  y  2”  Giải: Đặt x  sin  ; y  cos  x  y  sin   cos   2 sin(  ) 2 4 Xét một ví dụ khác: 2 2 2 ab bc ca “Cho 3 số dương a,b,c thoả mãn: a  b  c  3 thì:    3” c a b ab bc ca Giải: Cần chứng minh:    3  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2  3abc (1) c a b 3x 3y 3z Đặt a2  , b2  , c2  ( x, y , z  0) x yz x yz x yz 11
  12. Sáng kiến kinh nghiệm Khi đó: (1)  xy  yz  zx  3 xyz ( x  y  z )  ( 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 Ví dụ 1: bài 16 (SGK Đại số 10NC, Tr.112), chứng minh rằng: 1 1 1 1 2  2  ...  2  2 (n  N *) 2 3 n 1 1 1 1 Giải: Ta có: 2    (n  1) n n( n  1) n  1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 2  2  ...  2  1      ...    2   2 (n  1) 2 3 n 1 2 2 3 n 1 n n a b c d Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 1     2 abd abc bcd acd a b c d Giải: Đặt S     abd abc bcd acd a a ac Ta chứng minh được:   a bcd abd a bc d b b ad Tương tự:   a bc d abc abcd c 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. 2 2 2 4 4 Ví dụ: Cho a  b  c  2 , ab  bc  ca  1, chứng minh rằng  a 3 3 2 Giải: Từ giả thiết ta có ( a  b  c )  4  b  c   2  a 2 2(b  c ) 2 2 2 ( 2  a) 2 3a 2  4a  4 2 a b c a  a   2 2 2 12
  13. Sáng kiến kinh nghiệm 4 4  3a 2  4 a  0 . Vậy   a  . 3 3 Tất nhiên trong thời lượng phân phối của bộ môn không có đủ thời gian để giáo viên trang bị cho học sinh tất cả các phương pháp nêu trên. Nhưng giáo viên có thể gợi mở, tăng sự sáng tạo của học sinh. Cụ thể khi tiếp cận với một đề thi hoàn toàn mới. giáo viên cần trang bị cho học sinh khả năng tái hiện kiến thức các phương pháp và sáng tạo tìm ra cách giải bài toán. Ta cùng xét các câu hỏi về bất đẳng thức trong các đề thi đại học, cao đẳng năm 2009 và năm 2012. - Thứ nhất: Đề thi tuyển sinh đại học khối A môn toán năm 2009, câu V: Chứng minh rằng với x, y, z  0 thoả mãn x( x  y  z )  3 yz ta có: ( x  y )3  ( x  z )3  3( x  y )( x  z )( y  z )  5( y  z ) 3 Phương pháp làm bài: Đặt a  x  y, b  x  z, c  y  z bài toán trở thành: Cho a, b, c  0 thoả mãn: c 2  a 2  b 2  ab chứng minh rằng: a 3  b3  3abc  5c3 Phương pháp đặt ẩn phụ đã giúp đưa bài toán về bài toán đỡ phức tạp hơn, gần gũi hơn. Tuy nhiên đây là một câu trong đề thi khối A nên độ khó của nó ta 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 ln a ln b Phương pháp làm bài: BĐT cần chứng minh tương đương với: 2  2 (2) a 1 b 1 ln t Xét hàm số f (t )  , t  (0;1) . Ta chứng minh được f '(t )  0 do đó hàm f (t ) đồng biến t2 1 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  3 x)  25 xy Phương pháp làm bài: Ta thấy sự đối xứng của x, y trong biểu thức S và điều kiện bài toán.Dẫn đến hình thành tư duy liên hệ giữa tổng và tích của x và y. Trong đó ở đây x  y  1 lúc này gợi ý đặt xy=t. ( x  y )2 1 1 Cần sử dụng đến BĐT 0  xy   khi đó: 0  t  . Bài toán trở thành: 4 4 4 13
  14. Sáng kiến kinh nghiệm  1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của S  f (t )  16t 2  2t  12, t   0;  . Bài tập này thực sự  4 không khó đối với học sinh.tuy nhiên sau khi tìm xong 1 25 1 191 max f (t )  f ( )  ; min f (t )  f ( )  chính là công việc tìm xem có x, y thoả  1 0;  4 2 0;   1 16 16  4  4 1 1 mãn t  (t  ) hay không? Từ đó mới kết luận được kết quả của bài toán. 4 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 “Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu xy y z z x thức P  3 3 3  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 Xuất phát yêu cầu kiến thức của từng giai đoạn khác nhau, giáo viên bổ sung cho học sinh các phương pháp, cách giải phù hợp. Dạy học chứng minh bất đẳng thức cũng vậy. Người giáo viên tìm tòi, bổ sung phương pháp chứng minh cho các học sinh những phương pháp mới hiệu quả là điều cần thiết. Ngoài các phương pháp thường làm kể trên, khi học phần kiến thức Đạo hàm và các ứng dụng. Ngay trong chương trình lớp 11, khi có khái niệm đạo hàm chúng ta có ý nghĩa hình học quan trọng về đạo hàm. “Nếu tồn tại, f '(x 0 ) là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f (x) tại điểm M 0 (x 0 ; f (x 0 )) . Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M 0 là y  y0  f '(x 0 ).(x  x 0 ) ” Ta có nhận xét sau: Nếu đường thẳng (d): y  ax  b là tiếp tuyến của đồ thị (C): y  f (x) tại điểm M 0 (x 0 ;f (x 0 )) ( không là điểm uốn), khi đó tồn tại một khoảng D chứa điểm x 0 sao cho trên đó đồ thị (C) nằm phía dưới đồ thị (d) hoặc nằm phía trên đồ thị (d). Tức là f (x)  ax  bx  D hoặc f (x)  ax  bx  D . Và đẳng thức xảy ra khi x  x 0 . Hơn thế nữa ta đều phân tích được f (x)  (ax  b)  (x  x 0 ) k .g(x) với k  N, k  2 . Khi đó ta xét dấu của g(x) để so sánh giữa f (x) và (ax  b) . Từ việc phân tích ở trên ta thấy, để chứng minh bất đẳng thức 2 hay nhiều biến nếu ta biến đổi một bất đẳng thức về dạng chẳng hạn như f (a1 )  f (a 2 )  ....  f (a n )  E . Khi đó điểm rơi 14
  15. Sáng kiến kinh nghiệm là a1  a 2  ...  a n  x 0 . Khi đó ta sẽ viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f (x) tại x  x 0 và sử dụng nhận xét kể trên. Ta sẽ xét một số ví dụ để làm rõ điều này: Bài 1: Cho 4 số dương a,b,c,d thỏa mãn a  b  c  d  1 . Chứng minh rằng 1 6(a 3  b3  c3  d 3 )  a 2  b 2  c2  d 2  . 8 1 Nhận xét. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  d  . Bất đẳng thức cần chứng minh 4 tương đương với 1 1 (6a 3  a 2 )  (6b 3  b 2 )  (6c3  c 2 )  (6d 3  d 2 )   f (a)  f (b)  f (c)  f (d)  8 8 1 Trong đó f (x)  6x 3  x 2 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f (x) tại x  là 4 1 1 1 5 1 5x  1 y  f '( ).(x  )  f ( )  x  . Ta cần so sánh f (x) và x  (0;1) 4 4 4 8 8 8 Lời giải. 5a  1 Ta có 6a 3  a 2   48a 3  8a 2  5a  1  0  (4a  1)2 (3a  1)  0 đúng a  (0;1) 8 1 (Dấu bằng xảy ra khi a  ). Vai trò a, b, c, d bình đẳng nên ta có 4 5(a  b  c  d)  4 1 (6a 3  a 2 )  (6b 3  b 2 )  (6c 3  c 2 )  (6d 3  d 2 )   =>ĐPCM. 8 8 1 (Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  d  ) 4 3 a b c 9 Bài 2: Cho a, b,c   ;a  b  c  1 . Chứng minh 2  2  2  . 4 a  1 b  1 c  1 10 1 9 Nhận xét. Dấu bằng xảy ra a  b  c  , khi đó f (a)  f (b)  f (c)  với hàm số 3 10 x  3  f (x)  2 liên tục trên   4 ;   . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f (x) tại  x 1  1 36x  3 x là y  . Từ đó gợi ý cho ta dẫn đến lời giải của bài toán. 3 50 Lời giải. 36a  3 a (3a  1) 2 (4a  3) 3 36a  3 a Ta có  2  2  0a     2 50 a 1 50(a  1) 4 50 a 1 15
  16. Sáng kiến kinh nghiệm a b c 36(a  b  c)  9 9 Suy ra 2  2  2    ĐPCM. a 1 b 1 c 1 50 10 1 (Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  ). 3 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 ra nó. Thực tế khi giải bài tập, không nhất thiết phải trình bày chi tiết cách tìm ra bất đẳng thức cơ sở, từ đó suy ra điều phải chứng minh. Ta tiếp tục xét một số bài toán thuộc dạng này. Bài 3. Cho 3 số dương a, b,c biết a  b  c  3 . Chứng minh rằng a  b  c  ab  bc  ca (1) Nhận xét. (1)  a 2  b 2  c 2  2( a  b  c)  (a  b  c) 2  9 Do vậy ta xét hàm số f (x)  x 2  2 x và viết phương trình tiếp tuyến (PTTT) của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1. Và làm tương tự như đã làm đối với bài tập 1 và bài tập 2. Lời giải. Ta có: a 2  2 a  3a  ( a  1) 2 (a  2 a )  0  a 2  2 a  3a Tương tự ta có b 2  2 b  3b;c 2  2 c  3c . Cộng 3 bất đẳng thức ta được ĐPCM (Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1 ) a b c 9 Bài 4. Cho a, b, c  0 . Chứng minh 2  2  2  . (b  c) (c  a) (a  b) 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 2  2  2  . Xét hàm số f (x)  trên (0;1). (1  a) (1  b) (1  c) 4 (1  x) 2 x 1 Ta viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  2 tại điểm có hoành độ x  là (1  x) 3 18x  3 18x  3 (3x  1)2 (3  2x) y . Lại có f (x)    0x  (0;1) 4 4 4(1  x)2 16
  17. Sáng kiến kinh nghiệm 18x  3 18(a  b  c)  9 9  f (x)   f (a)  f (b)  f (c)    ĐPCM. 4 4 4 a b c Nếu a  b  c  t  0     1 , ta chứng minh tương tự như trên cho bộ số t t t 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 xy y z z x thức P  3 3 3  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. xy y z z x Áp dụng (*) ta có 3 3 3  3 x  y  yz  z  x Áp dụng bất đẳng thức a  b  a  b ta có 2 2 2 ( x  y  y  z  z  x )2  x  y  y  z  z  x  x  y ( y  z  z  x )  2 2 2  y  z ( x  y  z  x )  z  x ( x  y  y  z )  2( x  y  y  z  z  x ) Do đó 2 2 2 x  y  y  z  z  x  2( x  y  y  z  z  x )  6(x 2  y 2  z 2 )  2(x  y  z) 2  x  y  y  z  z  x  6(x 2  y 2  z 2 )  P  3 Khi x  y  z  0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của (P) bằng 3.” (Theo đáp án môn toán khối A, đề thi tuyển sinh đại học năm 2012) Theo đáp án trên đây, việc tìm giá trị nhỏ nhất của bài toán phụ thuộc nhiều vào việc tìm ra bất đẳng thức (*) và sử dụng nó. Theo đáp án thì lời giải không thấy tự nhiên. Nhưng nếu chúng t ta xét theo phương pháp giải sử dụng phương trình tiếp tuyến của đường y  e tại điểm có hoành độ bằng 0. 17
  18. Sáng kiến kinh nghiệm y '  e t  y '(0)  1  PTTT : y  y '(0).(t  0)  y(0)  t  1 3 t t t t Lại có ( )  1t  0  3  e , việc chứng minh e  t  1t  0 đã có trong bài tập của e 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  b 2  c2  1 . Chứng minh b 2  c2 c2  a 2 a 2  b 2   2 3 (*) a b c 1  a 2 1  b2 1  c2 1 x2 HD. (*)     2 3 . Ta viết PTTT của đồ thị hàm só y  tại a b c x 1 điểm có hoành độ x  và sử dụng phương pháp 11. 3 Bài 2. Cho một tam giác có độ dài 3 cạnh là a, b,c. Chứng minh 1 1 1 9 1 1 1     4(   ) (**) a b c abc a b bc ca 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). 4 1 Khi đó ta xét hàm số f (x)   và viết PTTT của đồ thị hàm số y  f (x) tại điểm có 1 x x 1 hoành độ x   vận dụng phương pháp 11. 3 Bài 3. Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng a3 b3 c3 abc 2 2  2 2  2 2  . a  ab  b b  bc  c c  ca  a 3 HD. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c . 18
  19. Sáng kiến kinh nghiệm x3 x 4  2bx 3  3b 2 x 2 Xét hàm số f (x)   f '(x)  viết phương trình tiếp x 2  bx  b 2 (x 2  bx  b 2 ) 2 a3 2a  b tuyến của y  f (x) tại x = b. Từ đó chứng minh 2 2  a  ab  b 3 Tương tự với các biểu thức còn lại ta có đpcm. Chương 4: KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM I. THỰC NGHIỆM 1: Bài kiểm tra chương 1 giải tích 12. Tôi đã dõi và tổng hợp kết quả của học sinh lớp tôi trực tiếp giảng dạy và các lớp đối chứng. Tuy rằng việc phân hóa lớp 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: Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Chủ đề Tổng TNKQ TL TNKQ TL TNKQ TL Tính đơn điệu 3 1,5 0,5 Cực trị, GTLN,GTNN 3 1,5 0,5 Tiệm cận 2 1,0 0,5 Khảo sát hàm số 1 3,0 3,0 19
  20. Sáng kiến kinh nghiệm Các bài toán liên quan 1 3,0 3,0 Tổng 4,0 3,0 3,0 10,0 2. Nội dung: A. Phần trắc nghiệm: (4 điểm) Câu 1: Hàm số y  x 3  3x 2  4 đồng biến trên khoảng: A. (0; 2) B. (  ; 0) và (2;  ) C. (  ; 2) D. (0; +∞) 4 2 Câu 2: Hàm số y   x  2 x  3 đồng biến trên khoảng: A. (–∞; 0) B. (–∞; –1) C. (1; +∞) D. (0; +∞) 1 x Câu 3: Hàm số y  nghịch biến trên khoảng: x2 A. (–∞; +∞) B. (–∞; 2) C. (2; +∞) D. (–2; +∞) 3 2 Câu 4: Hàm số y  x  3x  4 đạt cực tiểu tại điểm: A. x = 0 B. x = 2 C. x = 4 D. không có Câu 5: Hàm số y   x 4  2 x 2  3 đạt cực đại tại điểm: A. x = –1 B. x = 1 C. x = 0 D. x = 3 x 1 Câu 6: Hàm số y  có mấy điểm cực trị: 2 x A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 x 1 Câu 7: Đồ thị hàm số y  có bao nhiêu tiệm cận: 2 x  3x A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 x 3 Câu 8: Đồ thị hàm số y  có bao nhiêu tiệm cận đứng: x2  x  2 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 B. Phần tự luận: (6 điểm) Bài 1. Cho hàm số : y  x 3  3x 2  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: x 3  3 x 2  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 Tên Sĩ số Hoàn thành 100% Hoàn thành 50% Ghi chú Thực nghiệm 12A1 51 35 9 Đối chứng 12A2 56 8 9 20
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.04: Bộ 290+ Đề Thi Vào Lớp 10 Năm 2020
290 tài liệu
511 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
3=>0