Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 9

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
CHUYÊN ĐỀ 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.
II. TÍNH CHẤT:
1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng
bằng 2, 3, 7, 8.
2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.
3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có
dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n
∈
N).
4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính phương nào có
dạng 3n + 2 (n
∈
N).
5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2
Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.
Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.
Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì
A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y
4
là số chính phương.
Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y
4

= (x
2
+ 5xy + 4y
2
)( x
2
+ 5xy + 6y
2
) + y
4

Đặt x
2
+ 5xy + 5y
2
= t ( t
∈
Z) thì
A = (t - y
2
)( t + y
2
) + y
4
= t
2
–y
4
+ y

4
= t
2
= (x
2
+ 5xy + 5y
2)2

V ì x, y, z
∈
Z nên x
2

∈
Z, 5xy
∈
Z, 5y
2

∈
Z
⇒
x
2
+ 5xy + 5y
2

∈
Z
Vậy A là số chính phương.

Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n
∈
N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1
= (n
2
+ 3n)( n
2
+ 3n + 2) + 1 (*)
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
1
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Đặt n
2
+ 3n = t (t
∈
N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t
2
+ 2t + 1 = ( t + 1 )
2

= (n
2
+ 3n + 1)
2
Vì n
∈
N nên n
2

+ 3n + 1
∈
N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .
Ta có k(k+1)(k+2) =
4
1
k(k+1)(k+2).4 =
4
1
k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
=
4
1
k(k+1)(k+2)(k+3) -
4
1
k(k+1)(k+2)(k-1)
⇒
S =
4
1
.1.2.3.4 -
4
1
.0.1.2.3 +
4
1
.2.3.4.5 -

4
1
.1.2.3.4 +…+
4
1
k(k+1)(k+2)(k+3) -
4
1
k(k+1)
(k+2)(k-1) =
4
1
k(k+1)(k+2)(k+3)
4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1
Theo kết quả bài 2
⇒
k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …
Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng
tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.
Ta có 44…488…89 = 44…488 8 + 1 = 44…4 . 10
n
+ 8 . 11…1 + 1

n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 1

= 4.
9
110
−

n
. 10
n
+ 8.
9
110
−
n
+ 1 =
9
9810.810.410.4
2
+−+−
nnn
=
9
110.410.4
2
++
nn
=








+

3
110.2
n
Ta thấy 2.10
n
+1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết
cho 3
n-1 chữ số 0
⇒









+
3
110.2
n

∈
Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương.
Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương:
A = 11…1 + 44…4 + 1

2n chữ số 1 n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8

2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
2
2
2
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9

C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7

2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8
Kết quả: A =








+
3
210
n
; B =









+
3
810
n
; C =








+
3
710.2
n
Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương:

a. A = 22499…9100…09
n-2 chữ số 9 n chữ số 0

b. B = 11…155…56
n chữ số 1 n-1 chữ số 5
a. A = 224.10
2n

+ 99…9.10
n+2
+ 10
n+1
+ 9= 224.10
2n
+ ( 10
n-2
– 1 ) . 10
n+2
+ 10
n+1
+ 9
= 224.10
2n
+ 10
2n
– 10
n+2
+ 10
n+1
+ 9= 225.10
2n
– 90.10
n
+ 9
= ( 15.10
n
– 3 )
2

⇒
A là số chính phương

b. B = 111…1555…5 + 1 = 11…1.10
n
+ 5.11…1 + 1
n chữ số 1 n chữ số 5 n chữ số 1 n chữ số 1
=
9
110
−
n
. 10
n
+ 5.
9
110
−
n
+ 1 =
9
9510.51010
2
+−+−
nnn
=
9
410.410
2

++
nn
=








+
3
210
n
là số chính phương ( điều phải chứng minh)
Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính
phương
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n
∈
N , n ≥2 ).
Ta có ( n-2)
2
+ (n-1)
2
+ n
2
+ ( n+1)
2
+ ( n+2)

2
= 5.( n
2
+2)
Vì n
2
không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n
2
+2 không thẻ chia hết cho 5
⇒
5.( n
2
+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương
Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n
6
– n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
trong đó n
∈
N và n>1 không phải là số
chính phương
n
6
– n
4
+ 2n

3
+2n
2
= n
2
.( n
4
– n
2
+ 2n +2 ) = n
2
.[ n
2
(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]
= n
2
[ (n+1)(n
3
– n
2
+ 2) ] = n
2
(n+1).[ (n
3
+1) – (n
2
-1) ]= n
2
( n+1 )
2

.( n
2
–2n+2)
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
3
2
2 2
2
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Với n
∈
N, n >1 thì n
2
-2n+2 = (n - 1)
2
+ 1 > ( n – 1 )
2
và n
2
– 2n + 2 = n
2
– 2(n - 1) < n
2

Vậy ( n – 1)
2
< n
2
– 2n + 2 < n
2

⇒
n
2
– 2n + 2 không phải là một số chính phương.
Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị đều là 6.
Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương
Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số
lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 +
3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5
2
là số chính phương
Cách 2: Nếu một số chính phương M = a
2
có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận cùng của a là
4 hoặc 6
⇒
a

2
⇒
a
2


4
Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56, 76, 96
⇒
Ta
có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5

2
là số chính phương.
Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một số chính phương.
a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m
∈
N)
⇒
a
2
+ b
2
= (2k+1)
2
+ (2m+1)
2
= 4k
2
+ 4k + 1 + 4m
2
+ 4m + 1
= 4(k
2
+ k + m
2
+ m) + 2 = 4t + 2 (Với t
∈
N)
Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t
∈
N) do đó a

2
+ b
2
không thể là số chính phương.
Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 không thể là các
số chính phương.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p

2 và p không chia hết cho 4 (1)
a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m
2
(m
∈
N)
Vì p chẵn nên p+1 lẻ
⇒
m
2
lẻ
⇒
m lẻ.
Đặt m = 2k+1 (k
∈
N). Ta có m
2
= 4k
2
+ 4k + 1
⇒
p+1 = 4k

2
+ 4k + 1
⇒
p = 4k
2
+ 4k = 4k(k+1)

4 mâu thuẫn với (1)
⇒
p+1 là số chính phương
b. p = 2.3.5… là số chia hết cho 3
⇒
p-1 có dạng 3k+2.
Không có số chính phương nào có dạng 3k+2
⇒
p-1 không là số chính phương .
Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương
Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số chính phương.
a.
2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1
Có 2N

3
⇒
2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k
∈
N)
⇒
2N-1 không là số chính phương.

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
4
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
b.
2N = 2.1.3.5.7…2007
Vì N lẻ
⇒
N không chia hết cho 2 và 2N

2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1
⇒
2N không là số chính phương.
c.
2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1
2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4
2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1
⇒
2N+1 không là số chính phương.
Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05

2008 chữ số 1 2007 chữ số 0
Chứng minh
1
+
ab
là số tự nhiên.
Cách 1: Ta có a = 11…1 =
9
110

2008
−
; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 10
2008
+ 5
2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 2008 chữ số 0

⇒
ab+1 =
9
)510)(110(
20082008
+−
+ 1 =
9
9510.4)10(
200822008
+−+
=








+
3
210

2008

1
+
ab
=








+
3
210
2008
=
3
210
2008
+
Ta thấy 10
2008
+ 2 = 100…02

3 nên
3
210

2008
+

∈
N hay
1
+
ab
là số tự nhiên.
2007 chữ số 0
Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6

2007 chữ số 0 2008 chữ số 0 2008 chữ số 9
⇒
ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a
2
+ 6a + 1 = (3a+1)
2
⇒

1
+
ab
=
2
)13(
+
a
= 3a + 1
∈

N
B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:
a. n
2
+ 2n + 12 b. n ( n+3 )
c. 13n + 3 d. n
2
+ n + 1589
Giải
a. Vì n
2
+ 2n + 12 là số chính phương nên đặt n
2
+ 2n + 12 = k
2
(k
∈
N)
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
5
2
2
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9

⇒
(n
2
+ 2n + 1) + 11 = k
2

⇔
k
2
– (n+1)
2
= 11
⇔
(k+n+1)(k-n-1) = 11
Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-
1) = 11.1
⇔
k+n+1 = 11
⇔
k = 6
k – n - 1 = 1 n = 4
b. Đặt n(n+3) = a
2
(n
∈
N)
⇒
n
2
+ 3n = a
2

⇔
4n
2

+ 12n = 4a
2
⇔
(4n
2
+ 12n + 9) – 9 = 4a
2
⇔
(2n + 3)
2
- 4a
2
= 9
⇔
(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a)= 9
Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết
(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1
⇔
2n + 3 + 2a = 9
⇔
n = 1
2n + 3 – 2a = 1 a = 2
c. Đặt 13n + 3 = y
2
( y
∈
N)
⇒
13(n – 1) = y
2

– 16
⇔
13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)
⇒
(y + 4)(y – 4)

13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4

13 hoặc y – 4

13
⇒
y = 13k
±
4 (Với k
∈
N)
⇒
13(n – 1) = (13k
±
4 )
2
– 16 = 13k.(13k
±
8)
⇒
n = 13k
2

±

8k + 1
Vậy n = 13k
2

±
8k + 1 (Với k
∈
N) thì 13n + 3 là số chính phương.
d.
Đặt n
2
+ n + 1589 = m
2
(m
∈
N)
⇒
(4n
2
+ 1)
2
+ 6355 = 4m
2

⇔
(2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355
Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n
+1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28.
Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương:

a. a
2
+ a + 43
b. a
2
+ 81
c. a
2
+ 31a + 1984
Kết quả: a. 2; 42; 13
b. 0; 12; 40
c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728
Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính phương .
Với n = 1 thì 1! = 1 = 1
2
là số chính phương .
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 3
2
là số chính phương
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
6
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều tận cùng bởi 0
do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương .
Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3.
Bài 4: Tìm n
∈
N để các số sau là số chính phương:
a. n

2
+ 2004 ( Kết quả: 500; 164)
b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)
c. n
2
+ 4n + 97
d. 2
n
+ 15
Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n
2
là số chính phương.
Giả sử 2006 + n
2
là số chính phương thì 2006 + n
2
= m
2
(m
∈
N)
Từ đó suy ra m
2
– n
2
= 2006
⇔
(m + n)(m - n) = 2006
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m

⇒
2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2)
⇒
m + n và m – n là 2 số chẵn

⇒
(m + n)(m - n)

4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4

⇒
Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n
2
là số chính phương.
Bài 6: Biết x
∈
N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương .
Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận
cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1)
Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x
∈
N và 2 < x ≤ 9 (2)
Từ (1) và (2)
⇒
x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7.
Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 76

2
= 5776
Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương.
Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49;
81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84.
Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương.
Vậy n = 40
Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số chính phương thì
n là bội số của 24.
Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k
2
, 2n+1 = m
2
(k, m
∈
N)
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
7
2
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Ta có m là số lẻ
⇒
m = 2a+1
⇒
m
2
= 4a (a+1) + 1

⇒
n =

2
1
2
−m
=
2
)1(4
+
aa
= 2a(a+1)

⇒
n chẵn
⇒
n+1 lẻ
⇒
k lẻ
⇒
Đặt k = 2b+1 (Với b
∈
N)
⇒
k
2
= 4b(b+1) +1

⇒
n = 4b(b+1)
⇒
n


8 (1)
Ta có k
2
+ m
2
= 3n + 2
≡
2 (mod3)
Mặt khác k
2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m
2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
Nên để k
2
+ m
2

≡
2 (mod3) thì k
2

≡
1 (mod3)
m
2
≡
1 (mod3)
⇒

m
2
– k
2


3 hay (2n+1) – (n+1)

3
⇒
n

3 (2)
Mà (8; 3) = 1 (3)
Từ (1), (2), (3)
⇒
n

24.
Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 2
8
+ 2
11
+ 2
n
là số chính phương .
Giả sử 2
8
+ 2
11

+ 2
n
= a
2
(a
∈
N) thì
2
n
= a
2
– 48
2
= (a+48)(a-48)
2
p
.2
q
= (a+48)(a-48) Với p, q
∈
N ; p+q = n và p > q

⇒
a+48 = 2
p

⇒
2
p
– 2

q
= 96
⇔
2
q
(2
p-q
-1) = 2
5
.3
a- 48 = 2
q


⇒
q = 5 và p-q = 2
⇒
p = 7
⇒
n = 5+7 = 12
Thử lại ta có: 2
8
+ 2
11
+ 2
n
= 80
2
C. DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì

ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B.
Gọi A = abcd = k
2
. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số
B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m
2
với k, m
∈
N và 32 < k < m < 100
a, b, c, d
∈
N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9
⇒
Ta có A = abcd = k
2

B = abcd + 1111 = m
2

⇒
m
2
– k
2
= 1111
⇔
(m-k)(m+k) = 1111 (*)
Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương.
Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ

8
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Do đó m – k == 11
⇔
m = 56
⇔
A = 2025
m + k = 101 n = 45 B = 3136
Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ
số sau 1 đơn vị.
Đặt abcd = k
2
ta có ab – cd = 1 và k
∈
N, 32 ≤ k < 100
Suy ra 101cd = k
2
– 100 = (k-10)(k+10)
⇒
k +10

101 hoặc k-10

101
Mà (k-10; 101) = 1
⇒
k +10

101
Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110

⇒
k+10 = 101
⇒
k = 91
⇒
abcd = 91
2
= 8281
Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống
nhau.
Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n
2
với a, b
∈
N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9
Ta có n
2
= aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1)
Nhận xét thấy aabb

11
⇒
a + b

11
Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18
⇒
a+b = 11
Thay a+b = 11 vào (1) được n
2

= 11
2
(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương .
Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn
⇒
b = 4
Số cần tìm là 7744
Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương.
Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt
abcd = x
2
= y
3
Với x, y
∈
N
Vì y
3
= x
2
nên y cũng là một số chính phương .
Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999
⇒
10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương
⇒
y = 16
⇒
abcd = 4096
Bài 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn bậc hai
của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.

Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b,c,d ≤ 9
abcd chính phương
⇒
d
∈
{ 0,1,4,5,6,9}
d nguyên tố
⇒
d = 5
Đặt abcd = k
2
< 10000
⇒
32 ≤ k < 100
k là một số có hai chữ số mà k
2
có tận cùng bằng 5
⇒
k tận cùng bằng 5
Tổng các chữ số của k là một số chính phương
⇒
k = 45
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
9
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
⇒
abcd = 2025
Vậy số phải tìm là 2025
Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số bởi hai
chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương

Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b
∈
N, 1 ≤ a,b ≤ 9 )
Số viết theo thứ tự ngược lại ba
Ta có ab - ba

= ( 10a + b )
2
– ( 10b + a )
2
= 99 ( a
2
– b
2
)

11
⇒
a
2
- b
2


11
Hay ( a-b )(a+b )

11
Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b


11
⇒
a + b = 11
Khi đó ab

- ba = 3
2
. 11
2
. (a - b)
Để ab

- ba là số chính phương thì a - b phải là số chính phương do đó a-b = 1 hoặc a - b = 4
• Nếu a-b = 1 kết hợp với a+b = 11
⇒
a = 6, b = 5, ab = 65
Khi đó 65
2
– 56
2
= 1089 = 33
2
• Nếu a - b = 4 kết hợp với a+b = 11
⇒
a = 7,5 ( loại )
Vậy số phải tìm là 65
Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng được một số
chính phương. Tìm số chính phương ban đầu
( Kết quả: 1156 )
Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.

Gọi số phải tìm là ab với a,b
∈
N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9
Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )
3

⇔
(10a+b)
2
= ( a + b )
3
⇒
ab là một lập phương và a+b là một số chính phương
Đặt ab = t
3
( t
∈
N ) , a + b = l
2
( l
∈
N )
Vì 10 ≤ ab ≤ 99
⇒
ab = 27 hoặc ab = 64
• Nếu ab = 27
⇒
a + b = 9 là số chính phương
• Nếu ab = 64
⇒

a + b = 10 không là số chính phương
⇒
loại
Vậy số cần tìm là ab = 27
Bài 9: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.
Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n
∈
N)
Ta có A= ( 2n-1 )
2
+ ( 2n+1)
2
+ ( 2n+3 )
2
= 12n
2
+ 12n + 11
Theo đề bài ta đặt 12n
2
+ 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9

⇒
12n( n + 1 ) = 11(101a – 1 )
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
10
2 2
2 2
2 2
2
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9

⇒
101a – 1

3
⇒
2a – 1

3
Vì 1 ≤ a ≤ 9 nên 1 ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – 1
∈
{ 3; 9; 15 }

⇒
a
∈
{ 2; 5; 8 }
Vì a lẻ
⇒
a = 5
⇒
n = 21
3 số càn tìm là 41; 43; 45
Bài 10: Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập
phương các chữ số của số đó.
ab (a + b ) = a
3
+ b
3
⇔

10a + b = a
2
– ab + b
2
= ( a + b )
2
– 3ab

⇔
3a( 3 + b ) = ( a + b ) ( a + b – 1 )
a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó
a + b = 3a hoặc a + b – 1 = 3a
a + b – 1 = 3 + b a + b = 3 + b

⇒
a = 4 , b = 8 hoặc a = 3 , b = 7
Vậy ab = 48 hoặc ab = 37.
Chuyên đề 2: CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC
I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC
1/ Cho biểu thức f( x ,y, )
a/ Ta nói M giá trị lớn nhất ( GTLN) của biểu thức f(x,y ) kí hiệu max f = M nếu hai điều kiện sau đây
được thoả mãn:
- Với mọi x,y để f(x,y ) xác định thì :
f(x,y )
≤
M ( M hằng số) (1)
- Tồn tại x
o
,y
o

sao cho:
f( x
o
,y
o
) = M (2)
b/ Ta nói m là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x,y ) kí hiệu min f = m nếu hai điều kiện sau đây
được thoả mãn :
- Với mọi x,y để f(x,y ) xác định thì :
f(x,y )
≥
m ( m hằng số) (1’)
- Tồn tại x
o
,y
o
sao cho:
f( x
o
,y
o
) = m (2’)
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
11
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
2/ Chú ý : Nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1’) thì chưa có thể nói gì về cực trị của một biểu thức chẳng
hạn, xét biểu thức : A = ( x- 1)
2
+ ( x – 3)
2

. Mặc dù ta có A
≥
0 nhưng chưa thể kết luận được minA
= 0 vì không tồn tại giá trị nào của x để A = 0 ta phải giải như sau:
A = x
2
– 2x + 1 + x
2
– 6x + 9 = 2( x
2
– 4x + 5) = 2(x – 2)
2
+ 2
≥
2
A = 2
⇔
x -2 = 0
⇔
x = 2
Vậy minA = 2 khi chỉ khi x = 2
II/ TÌM GTNN ,GTLN CỦA BIỂU THƯC CHỨA MỘT BIẾN
1/ Tam thức bậc hai:
Ví dụ: Cho tam thức bậc hai P = ax
2
+ bx + c .
Tìm GTNN của P nếu a
〉
0.
Tìm GTLN của P nếu a

〈
0
Giải : P = ax
2
+ bx +c = a( x
2
+
a
b
x ) + c = a( x +
a
b
2
)
2
+ c -
2
2
4
b
a
Đặt c -
a
b
4
2
=k . Do ( x +
a
b
2

)
2

≥
0 nên :
- Nếu a
〉
0 thì a( x +
a
b
2
)
2

≥
0 , do đó P
≥
k. MinP = k khi và chỉ khi x = -
a
b
2
-Nếu a
〈
0 thì a( x +
a
b
2
)
2

`≤
0 do đó P
`≤
k. MaxP = k khi và chỉ khi x = -
a
b
2
2/ Đa thức bậc cao hơn hai:
Ta có thể đổi biến để đưa về tam thức bậc hai
Ví dụ : Tìm GTNN của A = x( x-3)(x – 4)( x – 7)
Giải : A = ( x
2
- 7x)( x
2
– 7x + 12)
Đặt x
2
– 7x + 6 = y thì A = ( y - 6)( y + 6) = y
2
- 36
≥
-36
minA = -36
⇔
y = 0
⇔
x
2
– 7x + 6 = 0
⇔

x
1
= 1, x
2
= 6.
3/ Biểu thức là một phân thức :
a/ Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai:
Ví dụ : Tìm GTNN của A =
2
956
2
xx −−
.
Giải : A =
2
956
2
xx −−
. =
569
2
2
+−
−
xx
=
4)13(
2
2
+−

−
x
.
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
12
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Ta thấy (3x – 1)
2

≥
0 nên (3x – 1)
2
+4
≥
4 do đó
2
1
(3 1) 4x − +

≤

4
1
theo tính chất a
≥
b thì
a
1
≤

b
1
với a, b cùng dấu). Do đó
4)13(
2
2
+−
−
x

≥
4
2−
⇒
A
≥
-
2
1
minA = -
2
1

⇔
3x – 1 = 0
⇔
x =
3
1
.

Bài tập áp dụng:
1. Tìm GTLN của BT :
2
1
A
x 4x 9
=
− +
HD giải:
( )
2
2
1 1 1 1
A . max A= x 2
x 4x 9 5 5
x 2 5
= = ≤ ⇔ =
− +
− +
.
2. Tìm GTLN của BT :
2
1
A
x 6x 17
=
− +
HD Giải:
( )
2

2
1 1 1 1
A . max A= x 3
x 6x 17 8 8
x 3 8
= = ≤ ⇔ =
− +
− +
3. (51/217) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
3
A
2 x 2x 7
=
+ − + +
b/ Phân thức có mẫu là bình phương của nhị thức.
Ví dụ : Tìm GTNN của A =
12
683
2
2
+−
+−
xx
xx
.
Giải : Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm
A =
( ) ( )
2 2

2
2 2 1 4 4
2 1
x x x x
x x
− + + − +
− +
= 2 +
2
2
)1(
)2(
−
−
x
x

≥
2
minA = 2 khi và chi khi x = 2.
Cách 2: Đặt x – 1 = y thì x = y + 1 ta có :
A =
( ) ( )
2 2 2
2
2 2
3( 1) 8( 1) 6 3 6 3 8 8 6 3 2 1
2 1 2 2 1
1 2 1 1
y y y y y y y

y y y y
y y
+ − + + + + − − + − +
= =
+ + − − +
+ − + +
= 3 -
y
2
+
2
1
y
= (
y
1
-1)
2
+ 2
minA = 2
⇔
y = 1
⇔
x – 1 = 1
⇔
x = 2
Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 TRẦN THỊ VÂN ANH)
1, (13/200) Tìm GTNN và GTLN của bt:
2
2

1
P
1
x
x x
+
=
− +

2, (36/210) Tìm GTNN của bt :
2
2
2 2006
B
x x
x
− +
=
3, ( 45/ 214) Tìm GTNN và GTLN của bt:
2
2
C
5 7
x
x x
=
− +
4, ( 47, 48 /215) Tìm GTNN của bt : a,
2
2

2 2
D
2 3
x x
x x
+ +
=
+ +
b,
2
2
2 1
E
2 4 9
x x
x x
+ −
=
+ +
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
13
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
c/ Các phân thức dạng khác:
Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A =
1
43
2
+
−
x

x
Giải Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số :
A =
1
144
2
22
+
−−+−
x
xxx
=
1
)2(
2
2
+
−
x
x
- 1
≥
-1
Min A= -1 khi và chỉ khi x = 2
Tìm GTLN A =
1
14444
2
22
+

−−−+
x
xxx
= 4 -
1
)12(
2
2
+
+
x
x

≤
4
Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 TRẦN THỊ VÂN ANH)
1, (42, 43/ 221) Tìm GTLN của bt: a,
2
A
2
x
x
=
+
b,
( )
2
3
2
B

2
x
x
=
+

3, (35, 36 / 221) Tìm GTNN của bt: a,
2
4 4
C
x x
x
+ +
=
Với x > 0; b,
5
3
2
D
x
x
+
=
Với x > 0
4, (34, 36/ 221) Tìm GTNN của bt: a,
2
3
2
E x
x

= +
với x > 0; b,
3
2
1
F
+
=
x
x
Với x > 0
6, (68/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt:
( )
2
2 17
2 1
x x
Q
x
+ +
=
+
Với x > 0
7, (69/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt:
6 34
R
3
x x
x
+ +

=
+
Với x > 0
8, (70/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt:
3
2000
S
x
x
+
=
Với x > 0
III/ TÌM GTNN, GTLN CỦA BT CÓ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN
Ví dụ : Tìm GTNN của A = x
3
+ y
3
+ xy biết rằng x + y = 1
sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A
A = (x + y)( x
2
–xy +y
2
) + xy = x
2
– xy - y
2
+ xy = x
2
+ y

2

Đến đây ta có nhiều cách giải
Cách 1: sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức có chứa A
x + y = 1
⇒
x
2
+ 2xy + y
2
= 1 (1)
Mà (x – y)
2

≥
0 Hay: x
2
- 2xy + y
2

≥
0 (2)
Cộng (1) với (2) ta có 2(x
2
+ y
2
)
≥
1
⇒

x
2
+ y
2

≥

2
1
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
14
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
minA =
2
1
khi và chỉ khi x = y =
2
1
Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x. Thay y = x – 1 vào A
A = x
2
+ (1 – x)
2
= 2(x
2
– x) +1 = 2(x
2
-
2
1

)
2
+
2
1

≥

2
1
minA =
2
1
khi và chỉ khi x = y =
2
1
Cách 3/ Sử dụng điều kiện đã cho để dưa về một biến mới
Đặt x =
2
1
+ a thì y =
2
1
- a . Biểu thị x
2
+ y
2
ta được :
x
2

+ y
2
= (
2
1
+ a)
2
+ (
2
1
- a)
2
=
2
1
+2 a
2

≥

2
1
=> MinA =
2
1
⇔
a = 0
⇔
x=y =
2

1

Bài tập 1: Tìm Min A =
2 2
3 3 2014a ab b a b+ + − − +
Cách 1 Ta có: A=
2 2
2 1 2 1 1 2011a a b b ab a b− + + − + + − − + +
2 2
= a 2 1 2 1 1 2011a b b ab a b− + + − + + − − + +

( ) ( ) ( ) ( )
2 1
= a 1 1 1 1 2011− + − + − − − +b a b b
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
= a 1 1 1 1 2011− + − + − − +b a b
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2
1 1 3 1
a 1 2 1 2011
2 4 4
b b b
a
− − −
= − + − + + +

( )

2
2
3 1
1
= a 1 + 2011
2 4
b
b
−
−
 
− + +
 ÷
 
 Min A = 2011 khi
1
a 1 0
1
2
1 0
b
a b
b
−

− + =

⇔ = =



− =

Cách 2:

( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 1 2
2A 2 3 3 2014 = a 2 1 2 1 a 2 2.2 4 4022
= a 1 1 2 4022
= + + − − + − + + − + + + + − + + +
− + − + + − +
a ab b a b a b b ab b a b
b a b
 Min 2A = 4022 khi
a 1 0
1 0 1
2 0
b a b
a b
− =


− = ⇔ = =


+ − =

=> Min A = 2011

BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ:
Bài 1 CMR : Min P = 0 Với P =
2 2
3 3 3a ab b a b+ + − − +
Bài 2 CMR: không có giá trị nào của x, y, z thỏa mãn ĐT:
2 2 2
4 2 8 6 15 0x y z x y z
+ + − + − + =
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
15
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Hướng dẫn Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
VT 2 1 4 8 4 6 9 1= x-1 2 2 3 1 1= − + + + + + − + + + + + − + ≥x x y y z z y z
Bài 3: Có hay không các số x,y,z thỏa mãn mỗi đẳng thức sau:
1)
2 2 2
4 4 4 8 22 0x y z x y z+ + + + + + =
2)
2 2 2
x 4 9 2 12 12 1994y z x y z+ + − − − +
Hướng dẫn Ta có:

( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1) VT 4 4 4 4 1 8 16 1
= x+2 2 1 4 1 1

x x y y z z
y z
= + + + + + + + + +
+ + + + + ≥
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2) VT = x 2 1 4 12 3 9 12 4 1986
= 1 2 3 3 2 1986 1986
x y y z z
x y z
− + + − + + − + +
− + − + − + ≥
Bài 4: CMR: Min A=2 Với A =
2 2
4 5 10 22 28m mp p m p− + + − +
Hướng dẫn Ta có:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2 2
2 2
A = 4 4 2 1 10 20 27
= 2 2.5 2 25 1 2
= 2 5 1 2 2
m mp p p p m p
m p m p p
m p p
− + + − + + − +
− + − + + − +

− + + − + ≥
Bài 5: CMR: Max B = 4 Với
2 2
B 5 2 4 10 6a b a ab b= − − − + + −
Hướng dẫn Ta có:
2 2 2
B 4 4 6 9 2 4 1 4= − + − − + − − + − +a ab b b b a b
( ) ( )
( )
2 2 2
= 4 - 4 4 6 9 2 2 1
 
− + + − + + − +
 
a ab b b b a b
( ) ( ) ( )
2 2
= 4 - 2 2 2 1 3
 
− + − + + −
 
a b a b b
( ) ( )
2 2
= 4 - 2 1 3 4
 
− + + − ≤
 
a b b
Bài 6: Tìm GTNN của

a)
2 2
A=a 5 4 2 5b ab b+ − − +
( Gợi ý
( ) ( )
2 2
A = a - 2b 1 4b+ − +
)
b)
2 2
B = x 3 3 2029y xy x y+ − − − +
( Gợi ý
( ) ( ) ( )
2 2 2
B = x-y 3 3 2011y x+ − + − +
)
c)
2 2 2
C 4 9 4 12 24 30x y z x y z= + + − + − +
( Gợi ý
( ) ( ) ( )
2 2 2
C = x+2 2 3 3 4 1y z+ + + + +
)
d)
2 2
D= 20x 18 24 4 12 2016y xy x y+ − − − +
( Gợi ý
( ) ( ) ( )
2 2

D= 4x-3y 2 1 3 2 2011x y+ − + − +
)
Bài 7: Tìm các số a, b, c, d thỏa mãn :
( )
2 2 2 2
a b c d a b c d+ + + = + +
(*)
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
16
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Ta có :
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
0
0
4 0
4 4 4 4 4 4 0
2 2 2 0
a b c d ab a b c
a b c d a b c d
a b c d ab ac ad

a b c d ab ac ad
a ab b a ac c a ad d a
a b a c a d a
+ + + = + +
⇔ + + + − + + =
⇔ + + + − − − =
⇔ + + + − − − =
⇔ − + + − + + − + + =
⇔ − + − + − + =
Dấu “=” sảy ra khi :
2 2 2 0 0a b c d a b c d= = = = ⇔ = = = =
BÀI TẬP VỀ NHÀ:
Bài 1: Tìm các số a, b, c, d, e thỏa mãn :
( )
2 2 2 2 2
2a b c d e a b c d e+ + + + = + + +
Bài 2: Tìm các số a, b, c, thỏa mãn :
2 2
1a b ab a b+ + = + +
Bài 3: Tìm các số a, b, thỏa mãn :
2 2
4 4 4 4 4 4 0a b ab a b+ + − + + =
Bài 4: Tìm các số x, y, z thỏa mãn :
2 2 2
4 2 8 6 14x y z x y z+ + = − + −
Bài 5: Tìm các số m, p, thỏa mãn :
2 2
5 4 10 22 25m p mp m p+ = − + +

IV Các chú ý khi giải bài toán cực trị :

1, Chú ý 1: Khi tìm bai toán cực trị ta có thể đổi biến
Ví dụ : Tìm GTNN của ( x – 1)
2
+ ( x – 3)
2

ta đặt x – 2 = y, biểu thức trở thành (y + 1)
2
+ (y – 1)
2
=2y
2
+2
≥
2
⇒
minA= 2
⇒
y=0
⇒
x=2
2 Chú ý 2, Khi tìm cực trị của biểu thức , nhiều khi ta thay điều kiện để biểu thức này đạt cực trị bởi
điều kiện tương đương là biểu thức khác đạt cực trị
chẳng hạn : -A lớn nhất
⇔
A nhỏ nhất

1
B
lớn nhất

⇔
B nhỏ nhất với B > 0
Ví dụ : Tìm GTLN của
4
2 2
1
( 1)
x
A
x
+
=
+
(Chú ý A> 0 nên A lớn nhất khi
1
A
nhỏ nhất và ngược lại)
Ta có :
1
A
=
2 2 4 2 2
4 4 4
( 1) 2 1 2
1
1 1 1
x x x x
x x x
+ + +
= = +

+ + +
.Vậy
1
A
≥
1
min
1
A
= 1 khi x = 0 .Do đó maxA =1 khi x = 0
3,Chú ý 3 Khi tìm GTLN, GTNN của 1 biểu thức ,người ta thường sử dụng các BĐT đã biết
Bất đăng thức có tính chất sau
a ) a > b , c > d với a, b, c, d > 0 thì a.c > b. d
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
17
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
b) a > b và c > 0 thì a.c > b.c
c) a > b và c < 0 thì a.c < b.c
d) a > b và a, b, n > 0 thì a
n
> b
n

BĐT Cô si: a + b
≥
2
ab
; a
2
+ b

2

≥
2ab ; (a + b)
2
≥
4ab ; 2( a
2
+ b
2
)
≥
( a+ b)
2
Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a
2
+ b
2
) ( c
2
+ d
2
)
≥
(ac + bd)
2

Ví dụ Cho x
2
+ y

2
= 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y
Giải :Áp dụng BĐT BCS ta có ( 2x + 3y )
2

≤
( 2
2
+3
2
).52
⇒
( 2x + 3y )
2

≤
13.13.4

⇒
2x + 3y
≤
26. Vậy maxA = 26
⇔
2 3
2 3 0
x y
x y
=



+ ≥

Thay y =
3
2
x
vào x
2
+ y
2
= 52 ta được 4x
2
+ 9x
2
= 52.4
⇒
x
2
= 16
⇒
x=4 hoặc x= -4
Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y
≥
0 x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y
≥
0
Vậy Max A = 26
⇔
x =4 , y = 6
3/ Trong các bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau

- Nếu 2 số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 số đó bằng nhau
- Nếu 2 số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi 2 số đó bang nhau
Ví dụ: Tìm GTLN, GTNN của tích xy, biết x,y
N∈
thoả mãn x + y = 2005
Giải : Ta có 4xy = (x + y)
2
– (x – y)
2
= 2005
2
- (x – y)
2

xy lớn nhất
⇔
x – y nhỏ nhất ; xy nhó nhất
⇔
x – y lớn nhất
giả sử x > y ( không thể xảy ra x = y) Do 1
≤
y
≤
x
≤
2004 nên 1
≤
x-y
≤
2003

Ta có min(x –y) = 1 khi x = 1003 ; y =1002 max(x –y) = 2003 khi x =2004 , y = 1
Do đó max(xy) = 1002.1003 khi x = 1003 , y = 1002
Min ( xy) = 2004 khi x = 2004 , y = 1
Thanh Mỹ, ngày 25 tháng 7 năm 2012
MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ
1, Sai lầm khi sử dụng nhiều bất đẳng thức khac nhau
VD1: cho x, y là các số dương thỏa mãn x +y =1 . Tìm GTNN của biểu thức :
1 4
A =
x y
+
Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm
1 4
,
x y
ta có:
1 4 4
x y
xy
+ ≥
(1)
Lại có:
1
2 2
x y
xy
+
= ≥
(2 )
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ

18
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Từ (1) và (2) suy ra :
1 4 4 4
A = 8
1
x
2
y
xy
+ ≥ ≥ =
. Vậy Min A = 8
Phân tích sai lầm:
Đẳng thức sảy ra ở (1) khi
1 4
4
x
x y
y
= ⇔ =
Đẳng thức sảy ra ở (2) khi x = y . Từ đó suy ra x = y = 0 ( Loại vì x + y = 1)
Có bạn đến đây KL không có giá trị nhỏ nhất cũng là KL sai.
Giải đúng: Vì x + y = 1 nên
( )
1 4 4
A = x+y 5
x
x y
y y x
 

+ = + +
 ÷
 
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số không âm
4
,
x y
y x
Ta có :
4 4
2 . 4
x y x y
y x y x
+ ≥ =
Dấu “=” xẩy ra khi
1
4
2
3
1 2
1
3
x y
x
y x
y x
x y
y
x y



=

=
=

 
⇔ ⇔
  
+ =

 
=
+ =



Lưu ý: Nếu sử dụng nhiều BĐT khác nhau trong 1 bài toán thì ta phải kiểm tra xem chúng có đồng thời sảy
ra dấu bằng không. Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng.
2, Sai lầm khi không sử dụng hết điều kiện của bài toán:
VD2:cho x, y là các số dương thỏa mãn x+y= 1. Tìm GTNN của BT :
2
2
1 1
A = x+
x
y
y
 
 

+ +
 ÷
 ÷
 
 
Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm
1
x,
x
Ta có:
1 1
x+ 2 x. 2
x x
≥ =
(1)
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm
1
y,
y
Ta có:
1 1
y+ 2 y. 2
y y
≥ =
(2)
Từ (1) và (2) =>A
≥
8 => Min A = 8
Phân tích sai lầm: Đẳng thức sảy ra ở (1) khi
2

1
1
x
x x= ⇔ =
Đẳng thức sảy ra ở (2) khi
2
1
1
y
y y= ⇔ =
. Từ đó suy ra x = y = 1 ( Loại vì x + y = 1)
Giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có :
x + y 1 1
2 2 4
xy xy xy≥ ⇒ ≤ ⇒ ≤
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
19
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Ta có :
2
2
2 2
1 1
A = 4 + x +y +
x y
 
 
+
 ÷
 ÷

 
 
. Khi đó: x
2
+ y
2
= (x + y)
2
– 2xy
≥
1 -
1
2
=
1
2
(1)
2 2 2 2
1 1 1 2
2 8
x y x .y xy
+ ≥ = ≥
(2). Từ (1) và (2) =>A
≥
8 +
1
2
+4 =
25
2

=>Min A =
25
2
khi x=y =
1
2
Lưu ý: Khi giải bài toán mà không sử dụng hết điều kiện của đầu bài thì cần kiểm tra lại giả
thiết. Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng.
3, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1:
VD1: Tìm GTLN của bt:
2
1
A =
6 17x x− +
Lời giải sai: A đạt Max khi
2
6 17x x− +
đạt Min Ta có :
( )
2
2
6 17 3 8 8x x x− + = − + ≥
Do đó Min
( )
2
6 17 8 3x x x− + = ⇔ =
. Vậy Max A =
1
8
3x

⇔ =
Phân tích sai lầm: Kết quả đúng nhưng lập luận sai ở chỗ cho rằng “ A có tử không đổi nên đạt GTLN
khi mẫu đạt GTNN” mà chưa đua ra nhận xét tử và mẫu là các số dương
Lời giải đúng: Bổ xung thêm nhận xét
( )
2
2
6 17 3 8 8x x x− + = − + ≥
nên tử và mẫu của A là dương
VD2:Tìm GTNN cuả BT: A = x
2
+ y
2
biết x + y =4
Ta có : A = x
2
+ y
2

≥
2xy => A đạt GTNN
2 2
2
2
4
x y xy
x y
x y

+ =

⇔ ⇔ = =

+ =

Khi đó MinA = 8
Phân tích sai lầm: Đáp số ko sai nhưng lập luân sai lầm ở chỗ ta mới c/m được f(x,y)
≥
g(x,y) chứ chưa
c/m được f(x,y)
≥
m với m là hắng số.
Chẳng hạn: Từ x
2

≥
4x – 4 => x
2
đạt nhỏ nhất
⇔
x
2
= 4x – 4
⇔
(x – 2 )
2
= 0
⇔
x =2
Đi đến min x
2

= 4
⇔
x = 2 Dễ thấy kết quả đúng phải là Min x
2
= 0
⇔
x =0
Lời giải đúng : Ta có x + y =4
⇔
( )
2
x + y =16
(1)
Ta lại có :
( )
2
2 2
x - y 0 x -2xy+y 0 ≥ ⇒ ≥
(2)
Từ (1) và (2) => 2( x
2
+ y
2
)
16≥
=> A = x
2
+ y
2

8≥

Vậy Min A = 8 khi và chỉ khi x = y = 2.
Lưu ý: Cần nắm vững t/c của BĐT cụ thể trong trường hợp so sánh hai phân số có tử và
mẫu là số tự nhiên, số nguyên … Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng.
4, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
20
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
VD1: Tìm GTNN của bt: A = x +
x

Lời giải sai : x +
x
=
( )
2
2
1 1 1 1 1 1
x +2 x x
2 4 4 2 4 4
 
+ − = − − ≥ −
 ÷
 
. Vậy: Min A =
1
4
−
P/tích sai lầm: sau khi c/m f(x)

≥
1
4
−
chưa chỉ ra trường hợp xảy ra f(x)=
1
4
−
⇔
1
2
x = −
(vô lí )
Lời giải đúng: ĐKTT
x
là
0x
≥
do đó : A = x +
x
0
≥
=> Min A = 0
0x
⇔ =
VD2: Tìm GTLN của
( ) ( ) ( )
A = xyx z+y y+z z+x
với x, y , z là các số không âm và x +y+ z =1
Lời giải sai: Áp dụng BĐT

( )
2
4xy x y≤ +
ta có :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
4x z+y x+y+z 1
4y z+x x+y+z 1
4z x+y x+y+z 1
≤ =
≤ =
≤ =

=>
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
64xyx z+y y+z z+x 1 =>xyx z+y y+z z+x
64
≤ ≤
. Vậy Max A =
1
64
Phân tích sai lầm: Sai lầm ở chỗ chưa chi ra khả năng xảy ra dấu “=”
ĐK để Max A =
1
64

là :
z+y = x
y+x = z 0
x+z = y x + z + y = 1
x + z + y = 1 x, y, z 0
x, y, z 0
x y z


= = =


 
⇔
 
 
≥


≥


( vô lí )
Lời giải đúng: Ta có :
3
1 = x +y+ z 3 x.y.z≥
(1)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
2 = x +y + z+x + y+ z 3 x +y z+x y+ z≥

(2)
Từ (1) và (2) =>
( ) ( ) ( )
3
2 3 . . . x +y z+x y+ zx y z≥
hay:
3
3
2
2 3 A A
9
 
≥ => ≤
 ÷
 
Max A =
3
2
9
 
 ÷
 
khi
( ) ( ) ( )
x +y = z+x = y+ z
1
1
3
, , 0
x y z x y z

x y z


+ + = ⇔ = = =


≥

VD3: Tìm giá trị nhỏ nhất của :
(x a)(x b)
A
x
+ +
=
với x > 0, a, b là các hằng số dương.
Lời giải sai: Ta có:
( ) ( )
2 ax
2 ax.2 bx 4 ab
2 bx
x a
x a x b x
x b

+ ≥

⇒ + + ≥ =

+ ≥



Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
21
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Do đó:
(x a)(x b) 4x ab
A 4 ab
x x
+ +
= ≥ =
vậy Min A =
4 ab x a b⇔ = =
Phân tích sai lầm: Nếu
a b
≠
thì không có: A =
4 ab
Lời giải đúng : Ta có
2
(x a)(x b) x ax+bx+ab ab
A x (a b)
x x x
+ + +
 
= = = + + +
 ÷
 
.
Theo bất đẳng thức Cauchy :
ab

x 2 ab
x
+ ≥
nên A ≥ 2
ab
+ a + b =
( )
2
a b+
min A =
( )
2
a b+
khi và chi khi
ab
x
x ab
x
x 0

=

⇔ =


>

.
VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ
VD1: Cho x > 0, y > 0 thỏa mẫn đk

1 1 1
2x y
+ =
Tìm GTNN của bt:
A = x y+
Do x > 0, y > 0 nên
1 1
0, 0
yx
> >
áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số
1 1
,
x y
ta có:
1 1 1 1 1
.
2 x y x y
 
+ ≥
 ÷
 
Hay
1 1
4
xy
≥
=>
4xy ≥
Mặt khác ta có: x > 0, y > 0 =>

0, 0x y≥ ≥
. áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
2 2 4 4x y xy+ ≥ ≥ =
Vậy: Min A = 4 khi :
4
1 1 1
2
x y
x y
x y
=


⇔ = =

+ =


VD2 : Tìm GTNN của của biểu thức :
2 2
A x x 1 x x 1= − + + + +
Ta có:
2
2
1 3 3
x x 1 x x R
2 4 4
 
− + = − + ≥ ∀ ∈
 ÷

 


2
2
1 3 3
x x 1 x x R
2 4 4
 
+ + = + + ≥ ∀ ∈
 ÷
 

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
22
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Áp dụng BĐT Cô- si cho 2 số
2 2
x x 1, x x 1− + + +
ta có :
2 2 2 2 4 24
x x 1 x x 1 2 x x 1. x x 1 2 x x 1 2
− + + + + ≥ − + + + = + + ≥
 Max A = 2 khi
4 2
2 2
x x 1 1
x 0
x x 1 x x 1


+ + =

⇔ =

− + = + +


VD3 Tìm giá trị nhỏ nhất của :
x y z
A
y z x
= + +
với x, y, z > 0.
Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:
3
x y z x y z
A 3 . . 3
y z x y z x
= + + ≥ =
Do đó
x y z x y z
min 3 x y z
y z x y z x
 
+ + = ⇔ = = ⇔ = =
 ÷
 
Cách 2 : Ta có :
x y z x y y z y
y z x y x z x x

 
 
+ + = + + + −
 ÷  ÷
 
 
. Ta đã có
x y
2
y x
+ ≥
(do x, y > 0) nên để
chứng minh
x y z
3
y z x
+ + ≥
ta chỉ cần chứng minh :
y z y
1
z x x
+ − ≥
(1)
(1) ⇔ xy + z
2
– yz ≥ xz (nhân hai vế với số dương xz)
⇔ xy + z
2
– yz – xz ≥ 0 ⇔ y(x – z) – z(x – z) ≥ 0 ⇔ (x – z)(y – z) ≥ 0 (2)
(2) đúng với giả thiết rằng z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z, do đó (1) đúng. Từ đó tìm được giá trị nhỏ

nhất của
x y z
y z x
+ +
.
VD 4: Tìm giá trị lớn nhất của : A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với x, y, z ≥ 0 ; x + y + z = 1.
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x, y, z ta có: 1 = x + y + z ≥ 3.
3
xyz
(1)
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x+y, y +z, z + x ta có :
2 = (x + y) + (y + z) + (z + x) ≥ 3.
3
(x y)(y z)(z x)+ + +
(2)
Nhân từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều không âm) : 2 ≥ 9.
3
A
⇒ A ≤
3
2
9
 
 ÷
 
max A =
3
2
9
 

 ÷
 
khi và chỉ khi x = y = z =
1
3
.
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
23
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
VD 5: Tìm GTNN của
xy yz zx
A
z x y
= + +
với x, y, z > 0 , x + y + z = 1.
Giải: Theo bất đẳng thức Cauchy :
xy yz xy yz
2 . 2y
z x z x
+ ≥ =
.
Tương tự :
yz zx zx xy
2z ; 2x
x y y z
+ ≥ + ≥
. Suy ra 2A ≥ 2(x + y + z) = 2.
min A = 1 với x = y = z =
1
3

.
VD 6: Tìm GTNN của
2 2
1 2
A 4xy
x y xy
= + +
+
với : x > 0, y > 0, x + y < 1
Ta có:
( )
( )
( )
2
4
2
1 1 1 1 1 4
2 .2 4
1 1 1
2
x y
xy x y xy
x y xy
x y xy x y x y
x y xy
+

≥ ⇒ + ≥

 


⇒ + + ≥ = ⇒ + ≥

 ÷
+
 

+ ≥


Ta có:
2 2 2 2
1 2 1 1 1 5
A 4xy 4xy
x y xy x y 2xy 4xy 4xy
   
= + + = + + + +
 ÷  ÷
+ +
   

=>
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
4 1 5 4 5 11
A 2 4xy. 2 11
x 2xy y 4xy
x y x y x y x y
≥ + + = + + = ≥

+ +
+ + + +
VD 7: : Cho
1
2
x ≥ −
, Tìm GTLN của
2
A = 2x 5 2 + 2 x+3 - 2x x+ +
Giải : Ta có :
( ) ( )
2
A = 2x 5 2 + 2 x+3 - 2x = 2x 1 2 + 2 x+3 - 2x x x
+ + + +
Với
1
2
x ≥ −
ta có:
2x 1 0

2 0 x
+ ≥


+ >

áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số
2x 1, x+2 +
Ta có:

( ) ( )
2x 1 x+2
2x 1 x+2
2
+ +
≥ +

Hay :
( ) ( )
3x 3
2x 1 x+2
2
+
≥ +
Dấu “ = ” xảy ra khi
2x 1 x+2 x=1+ = ⇔
áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số
x 3, 4 +
Ta có:
( )
x 3 4
4 3 2 3
2
x x
+ +
≥ + = +
Hay :
x 7
2 3
2

x
+
≥ +
. Dấu “ = ” xảy ra khi
x 3 4 x=1+ = ⇔
Do đó:
x 7
A
2
+
≤ +
3x 3
2
+
- 2x = 5. Dấu “ = ” xảy ra khi
x=1
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
24
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
VD 8: : Cho x, y, z > 0 và x + y + z =1 Tìm GTNN của:
1 4 9
S =
x y z
+ +
Ta có: S =
( )
1 4 9
x + y + z
x y z
 

+ +
 ÷
 
=
4 4 9 9
1+4+9+
y x z y x z
x y y z z x
   
 
+ + + + +
 ÷  ÷
 ÷
 
   
áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương
4
,
y x
x y
ta có :
4 4
2 . 4
y x y x
x y x y
+ ≥ =
Tương tự ta có :
4 9 4 9
2 . 12
z y z y

y z y z
+ ≥ =
;
9 9
2 . 6
x z x z
z x z x
+ ≥ =
 S
≥
1 + 4 + 9 + 4 + 12 + 6 =36
Dấu “=” sảy ra khi :
2 2
2 2
2 2
4
1
4
3
2
4 9
4 9
1
3
6
9
1
9
1
1

2
1
y x
x y
y
y x
y x
z y
z y
z x x
y z
x z
x y z
x z
x y z
z
z x
x y z

=


=

=


=





=
=
   
⇔ ⇔ = ⇔ =
   
=
   
+ + =

  
=
+ + =
=

 


+ + =

Vậy Min S = 36 khi
1 1 1
, ,
3 6 2
y x z= = =
Không phải lúc nào ta cũng dùng trực tiếp được bất đẳng thức Côsi đối với các số trong đề bài. Dưới
đây ta sẽ nghiên cứu một số biện pháp biến đổi một biểu thức để có thê vân dụng BĐT Cô-si rồi tìm
cực trị của nó:
Biện pháp 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu thức đó

VD1 : Tìm giá trị lớn nhất của
A 3 5 7 3x x= − + −
, ĐKXĐ :
3 5 0
5 7
7 3 0
3 3
x
x
x
− ≥

⇔ ≤ ≤

− ≥

Bình phương hai vế ta có : A
2
= 2 +
( ) ( )
2 3 5 7 3x x− −
Với
5 7
3 3
x≤ ≤
. áp dụng bất đẳng thức côsi cho
( )
3 5x −
và
( )

7 3x−
ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
3 5 7 3 2 3 5 7 3x x x x− + − ≥ − −
hay
( ) ( )
2 2 3 5 7 3x x≥ − −
 A
2

≤
4 =>A
≤
2 Dấu “=” xảy ra khi : 3x - 5 = 7 - 3x hay x = 2
VD2: Tìm GTNN của biểu thức:
2 2
A = -x 2 8 -x 2x x+ + − + +
(*)
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
25