CHUYÊN ĐỀ BD TOÁN 10 HAY

CHUYấN B I D NG TO N 10 TG:Ph m Ng c Ph ng
A. Tính chất luỹ thừa bậc hai:
Ngay từ lớp 7 học sinh đã biết nhận xét về dấu của một số có luỹ thừa chẵn nắm đ-
ợc tính chất của luỹ thừa bậc hai
Bình phơng hay luỹ thừa bậc hai của mọi số đều không âm
(*)
Dấu = xảy ra khi a = 0.
Lớp 8 học sinh đã đợc làm quen với hằng đẳng thức:
(A - B)
2
= A
2
2AB + B
2

Nếu sử dụng tính chất (*) thì
Việc khai thác và sử dụng sáng tạo bất đẳng thức (I) giúp học sinh rèn luyện t duy
và hình thành phơng pháp chứng minh cũng nh cách thức để hình thành bất đẳng thức
mới từ bất đẳng thức đã biết.
Từ bất đẳng thức (I):
(a b)
2
0 a
2
+ b
2
2ab
ở cả 3 BĐT (I), (II), (III) dấu = xảy ra khi a =
b.
B. Khai thác tính chất luỹ thừa bậc hai.
I/.Khai thác bất đẳng thức (I): (a b)

2
0
Từ bất đẳng thức (I) ta có thể đổi biến đặt A = ay; B = bx khi đó (I) trở thành:
(ay bx )
2
0 a, b, x, y
Dấu = xảy ra khi ay = bx
y
x
b
a
=
Khai triển và biến đổi: a
2
y
2
2axby + b
2
x
2
0
a
2
y
2
+ b
2
x
2

2axby
a
2
y
2
+ b
2
x
2
+a
2
x
2
+ b
2
y
2
a
2
x
2
+ 2axby + b
2
y
2
(a
2
+ b
2

)(x
2
+ y
2
) (ax + by)
2
Nh vậy ta có bài toán:
1.Bài toán 1:
Chứng minh rằng : (a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2
) (ax + by)
2
(Bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 2 bộ số a, b, và x, y)
Để khắc sâu các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức ta sẽ chứng minh bài toán
bằng nhiều cách
- Phơng pháp 1: Dùng định nghĩa : A > B A B > 0.
+ Lập hiệu A B.
1
A
2
0

a
a

b
b
a
+
2 (II)
(a + b)
2
4ab
(III)
(A - B)
2
0 A,B (I)
CHUYấN B I D NG TO N 10 TG:Ph m Ng c Ph ng
+ Chứng tỏ A B > 0.
+ Kết luận A > B.
+ Cách 1 : Xét hiệu : (a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2
) (ax + by)
2
= a
2
x
2
+ a

2
y
2
+ b
2
x
2
+ b
2
y
2
- a
2
x
2
- b
2
y
2
2axby
= a
2
y
2
- 2axby + b
2
x
2
= (ay - bx)
2

0 luôn đúng a, b, x, y.
Vậy (a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2
) (ax + by)
2
Dấu = xảy ra khi
y
x
b
a
=
- Phơng pháp 2 : Phép biến đổi tơng đơng.
+ Biến đổi A > B A
1
> B
1
A
2
> B
2
(*)
+ Vậy A > B.
+ Cách 2 : Ta có (a
2

+ b
2
)(x
2
+ y
2
) (ax + by)
2

a
2
x
2
+ a
2
y
2
+ b
2
x
2
+ b
2
y
2
a
2
x
2
+ 2ãby + b

2
y
2
a
2
y
2
- 2axby + b
2
x
2
0
(ay bx)
2
0 luôn đúng a, b, x, y.
Dấu = xảy ra khi
y
x
b
a
=
Bất đẳng thức cuối cùng là đúng.
Vậy (a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2

) (ax + by)
2
- Phơng pháp 3 : Sử dụng bất đẳng thức đã biết
+ Cách 3 : Ta có (ay - bx)
2
0
a
2
y
2
2aybx + b
2
x
2
0
a
2
x
2
+ a
2
y
2
+ b
2
x
2
+ b
2
y

2
a
2
x
2
+ 2ãby + b
2
y
2
(cộng 2 vế a
2
x
2
, b
2
y
2
).
(a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2
) (ax + by)
2
- Phơng pháp 4 : Phơng pháp phản chứng.
+ Giả sử có điều trái với kết luận.

+ Suy ra điều mâu thuẫn với giả thiết hoặc điều đã biết.
+ Giả sử sai kết luận đúng.
+ Cách 4: Giả sử (a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2
) < (ax + by)
2
a
2
x
2
+ a
2
y
2
+ b
2
x
2
+ b
2
y
2
< a
2

x
2
+ 2ãby + b
2
y
2

a
2
y
2
2aybx + b
2
x
2
< 0
(ay - bx)
2
< 0. Vô lý
Vậy (a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2
) (ax + by)
2
2

CHUYấN B I D NG TO N 10 TG:Ph m Ng c Ph ng
Bốn phơng pháp trên thể hiện trong 4 cách giải bài toán 1 là 4 phơng pháp thông
thờng để chứng minh bất đẳng thức.
Khai thác tiếp tục bất đẳng thức (I) ta có:
(ay - bx)
2

0
(az - cx)
2
0 (ay - bx)
2
+ (az - cx)
2
+ (cy - bz)
2
0
(cy - bz)
2
0
Khai triển, chuyển vế cộng vào 2 vế BĐT : a
2
x
2
+ b
2
y
2
+ c
2

z
2
ta đợc:
a
2
x
2
+a
2
y
2
+a
2
z
2
+b
2
x
2
+b
2
y
2
+b
2
z
2
+c
2
x

2
+c
2
y
2
+c
2
z
2
a
2
x
2
+b
2
y
2
+c
2
z
2
+2axby+2axcz+2bycz
(a
2
+ b
2
+ c
2
)(x
2

+ y
2
+ z
2
) (ax + by +cz)
2
2.Bài toán 2 :
CMR : (a
2
+ b
2
+ c
2
)(x
2
+ y
2
+ z
2
) (ax + by +cz)
2
( BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ 3 số a, b, c và x, y, z).
Giải
Xét hiệu : (a
2
+ b
2
+ c
2
)(x

2
+ y
2
+ z
2
) - (ax + by +cz)
2
=a
2
x
2
+a
2
y
2
+a
2
z
2
+b
2
x
2
+b
2
y
2
+b
2
z

2
+c
2
x
2
+c
2
y
2
+c
2
z
2
- a
2
x
2
- b
2
y
2
- c
2
z
2
-2abxy-2acxz-2bcyz
=(a
2
y
2

-2abxy+b
2
x
2
)+(a
2
z
2
2acxz+c
2
x
2
)+(b
2
z
2
-2bcyz+ c
2
y
2
)
=(ay - bx)
2
+ (az - cx)
2
+ (cy - bz)
2
0
Dấu = xảy ra khi
z

c
y
b
x
a
==
Bằng cách làm tơng tự ta có thể phát triển bài toán BĐT Bunhiacôpxki tổng quát:
(a
2
1
+ a
2
2
++ a
2
n
)(x
2
1
+ x
2
2
++ x
2
n
) (a
1
x
1
+ a

2
x
2
++ a
n
x
n
)
2
Dấu = xảy ra khi
n
n
x
a
x
a
x
a
===
2
2
1
1
Để ý rằng nếu a và x là 2 số nghịch đảo của nhau thì ax = 1 (x =
a
1
)
Từ bài toán 2 ta có thể đặt ra bài toán:
3.Bài toán 3:
Cho ba số a, b, c là 3 số dơng

Chứng minh rằng: (a + b + c)(
a
1
+
b
1
+
c
1
) 9
Giải
Theo bài toán 2 (BĐT Bunhiacôpxki):
(a + b + c)(
a
1
+
b
1
+
c
1
)
)
111
(
c
c
b
b
a

a ++
2
(a + b + c)(
a
1
+
b
1
+
c
1
) 3
2
= 9
Dấu = xảy ra khi a = b = c.
3
CHUYấN B I D NG TO N 10 TG:Ph m Ng c Ph ng
Từ bất đẳng thức (x+ y+ z)(
x
1
+
y
1
+
z
1
) 9
Đặt a + b = X; b + c = Y; c + a = Z ta đợc BĐT:
2(a + b + c)(
ba +

1
+
cb +
1
+
ac +
1
) 9
(
cb
a
+
+
ca
b
+
+
ab
c
+
+3) 9

cb
a
+
+
ca
b
+
+

ab
c
+

2
3
Bài toán tìm đợc:
4.Bài toán 4:
Cho a, b, c là 3 số dơng CMR:
cb
a
+
+
ca
b
+
+
ab
c
+

2
3
Giải
áp dụng bài toán 2 tacó:
(a+b+c+b+c+a)(
ba +
1
+
cb +

1
+
ac +
1
)
)
111
(
ac
ac
cb
cb
ba
ba
+
++
+
++
+
+
2
2(a + b + c)(
ba +
1
+
cb +
1
+
ac +
1

) 9
(
cb
a
+
+
ca
b
+
+
ab
c
+
+3) 9

cb
a
+
+
ca
b
+
+
ab
c
+

2
3
(1)

Ta tiếp tục khai thác bài toán 4 theo 2 bớc sau:
- Bớc 1 : Nhân 2 vế của (1) với a+b+c > 0.
(a + b + c)(
ba +
1
+
cb +
1
+
ac +
1
)
2
3
(a + b + c)
- Bớc 2 : Khai triển rút gọn vế trái sau đó chuyển vế ta đợc:
cb
a
+
2
+
ca
b
+
2
+
ab
c
+
2

2
cba ++
Đây là nội dung của bài toán 5
5.Bài toán 5 :
Cho a, b, c là 3 số dơng
CMR:
cb
a
+
2
+
ca
b
+
2
+
ab
c
+
2

2
cba ++
Chứng minh bài toán 5 ta có thể dẫn từ bài toán 1 theo hớng khai thác để đi đến
kết quả. Nhng ta có thể giải độc lập nh sau:
- Phơng pháp 1: áp dụng bất đẳng thức bài toán 2
4
CHUYấN B I D NG TO N 10 TG:Ph m Ng c Ph ng
[(

2
)
cb
a
+
+ (
2
)
ab
b
+
+(
2
)
ab
c
+
][(
cb +
)
2
+ (
ca +
)
2
+ (
ba +
)
2
]

2
)( ba
ba
c
ca
ca
b
cb
cb
a
+
+
++
+
++
+
2(a + b + c)(
cb
a
+
2
+
ca
b
+
2
+
ab
c
+

2
) (a + b + c)
2

cb
a
+
2
+
ac
b
+
2
+
ab
c
+
2

2
cba ++
(đpcm)
- Phơng pháp 2: áp dụng bất đẳng thức Cô si
cb
a
+
2
+
4
cb +

2
4
.
2
cb
cb
a +
+
= a
ac
b
+
2
+
4
ac +
b
ab
c
+
2
+
4
ab +
c
Vậy
cb
a
+
2

+
ac
b
+
2
+
ab
c
+
2

2
cba ++
(cộng theo vế 3 BĐT trên )
Ta tiến hành khai thác bài toán 5 bằng cách:
+Trang bị thêm cho bài toán 5 điều kiện : abc = 1.
+ áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dơng :
a + b + c 3
3
abc
= 3x1 = 3
6.Bài toán 6:
Cho a, b, c là 3 số dơng thoả mãn : abc = 1.
CMR
cb
a
+
2
+
ac

b
+
2
+
ab
c
+
2

2
3
(2)
Giải
Theo bài toán 5
cb
a
+
2
+
ac
b
+
2
+
ab
c
+
2

2

cba ++

2
3
2
13
2
3
3
==
xabc
cb
a
+
2
+
ac
b
+
2
+
ab
c
+
2

2
3
Xem xét bài toán 6 ta nhận thấy:
+ Nếu đặt a =

x
1
; b =
y
1
; c =
z
1
abc =
xyz
1
= 1.
Khi đó : x + y =
a
1
+
b
1
=
ab
ba +
= c(a + b).
Tơng tự : y + z = a(b + c).
z + x= b(c + a).
5
CHUYấN B I D NG TO N 10 TG:Ph m Ng c Ph ng
Do đó BĐT (2)
)(
3
cba

a
+
+
)(
3
cab
b
+
+
)(
3
bac
c
+

2
3
.

)(
1
3
zyx +
+
)(
1
3
xzy +
+
)(

1
3
yxz +

2
3
.
7.Bài toán 7:
Cho x, y, z là 3 số dơng thoả mãn : xyz = 1
CMR :
)(
1
3
zyx +
+
)(
1
3
xzy +
+
)(
1
3
yxz +

2
3
.
Giải
Đặt a =

x
1
; b =
y
1
; c =
z
1
abc =
xyz
1
= 1.
Ta có : x+y = c(a+b)
y+z = a(b+c)
z+x = b(c+a)
Do đó :
)(
1
3
zyx +
+
)(
1
3
xzy +
+
)(
1
3
yxz +

=
cb
a
+
2
+
ac
b
+
2
+
ab
c
+
2

2
3
(theo bài toán 6)
Nh vậy từ tính chất về luỹ thừa bậc hai ta đã khai thác đợc chùm 7 bài toán từ dễ
đến khó hoặc rất khó mặt khác cũng rèn luyện t duy sáng tạo của học sinh.
II/.Khai thác bất đẳng thức II.
a
b
b
a
+
2
Đặt
0>= x

b
a
thì
.
1
xa
b
=
Ta có ngay bài toán:
8. Bài toán 8:
Cho số dơng x.
Chứng minh rằng: x +
x
1
2.
Khai thác bài toán 8 ta thấy: x.
1
1
=
x
.
Do đó nếu ta dùng 4 số dơng a, b, c, d thoả mãn : abcd=1.
Khi đó: ab=
cd
1
(cd=
)
1
ab
Ta khám phá đợc bài toán mới:

9. Bài toán 9:
6
CHUYấN B I D NG TO N 10 TG:Ph m Ng c Ph ng
Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mãn abcd=1
CMR: ab + cd 2 (hoặc ac + bd 2; ad + bc 2)
(Chứng minh bất đẳng thức này chỉ cần đa về bài toán 8 bằng cách dùng điều kiện
abcd=1)
Lại có: a
2
+ b
2
2ab ; c
2
+ d
2
2cd.
Do đó : a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
2ab + 2cd
Liên kết với bài toán 9 ta có: a
2
+ b
2
+ c

2
+ d
2
2(ab + cd) 4
10. Bài toán 10:
Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mãn abcd=1
CMR: : a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
4
Tiếp tục liên kết bài toán 9 và 10 ta có:
11. Bài toán 11:
Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mãn abcd=1
CMR: : a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ ab + cd + ac + bd 10
Giải
Từ điều kiện a. b, c, d > 0 và abcd=1
Ta có: : ab =

cd
1
; ad =
bc
1
; ca =
bd
1
Do đó: (ab + cd) + (da + bc) + (ac + bd)
= (cd +
)
1
cd
+ (bc +
)
1
bc
+ (bd +
)
1
bd
2 + 2 + 2 = 6 (Bài toán 9)
Mà a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2

4 (bài toán 10)

a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ ab + cd + ac + bd 10
Dấu = xảy ra khi a = b = c = d
Vây từ bất đẳng thức (II) ta khai thác thành 1 chùm 4 BĐT (8
11

)
III. Khai thác bất đẳng thức III: (a + b)
2
4ab a, b
Là bất đẳng thức đa ra mối quan hệ của bình phơng1tổng với tích cuả chúng.
Để khai thác BĐT (III) ta thêm điều kiện a,b là 2 số dơng.
Chia 2 vế của (III) cho ab(a + b) ta đợc:
ab
ba +

ba +
4

a
1
+
b
1

ba +
4
12. Bài toán 12:
Cho a,b là 2 số dơng
Chứng minh rằng:
a
1
+
b
1

ba +
4
Giải
Xét hiệu
a
1
+
b
1
-
ba +
4
=

)(
4)()(
baab
abbabbaa
+
+++
=
( )
)
2)(
baab
ba
+

0
7
CHUYấN B I D NG TO N 10 TG:Ph m Ng c Ph ng
Vậy
a
1
+
b
1

ba +
4
Dấu = xảy ra khi a=b
Khai thác bài toán 12 tơng tự nh cách khai thác bài toán 1.
Ta có:
a

1
+
b
1

ba +
4
c
2
+ d
2
4

b
1
+
c
1

cb +
4


c
1
+
a
1

ac +

4
Do đó nếu cộng theo vế của 3 BĐT trên ta đợc:
ba +
1
+
cb +
1
+
ac +
1

(
2
1
+
a
1

+
b
1

)
1
c
13. Bài toán 13:
Cho a, b, c là 3 số dơng.
CMR:
ba +
1

+
cb +
1
+
ac +
1

(
2
1
+
a
1

+
b
1

)
1
c
Giải
Theo bài toán 12:
ba +
1

(
4
1
+

a
1

b
1
)
cb +
1

(
4
1
+
b
1

c
1
)
ac +
1

(
4
1
+
c
1

a

1
)
Cộng theo vế của 3 BĐT trên:
ba +
1
+
cb +
1
+
ac +
1

(
2
1
+
a
1

+
b
1

)
1
c
Dấu = xảy ra khi a=b=c
Khai thác bài toán 13 bằng cách :
+ Đặt a= x + y; b= y + z; c= z + x
=

a
1

yx +
1

(
4
1
x
1
+
y
1
)
=
b
1
zy +
1

(
4
1
y
1
+
z
1
)

=
c
1

xz +
1

(
4
1
z
1
+
x
1
)
+ Thêm điều kiện :
+
x
1

y
1
+
z
1
= 4
Ta hình thành bài toán 14 là một BĐT đã là một bài thi đại học khối A năm 2005. Điều
này càng chứng tỏ việc học sinh nắm chắc kiến thức ngay từ lớp dới là vô cùng quan
trọng.

8
CHUYấN B I D NG TO N 10 TG:Ph m Ng c Ph ng
14. Bài toán 14:
Cho x, y, z là các số dơng thoả mãn:
+
x
1

y
1
+
z
1
= 4
CMR:
zyx ++2
1
+
zyx ++ 2
1
+
zyx 2
1
++
1
(Đại học khối A năm 2005)
Giải
- Cách 1
Ta có :
zyx ++2

1
=
)()(
1
zxyx +++

4
1
(
yx +
1
+
zy +
1
)
16
1
(
x
1
+
y
1
+
z
1
+
z
1
)

Tơng tự:
zyx ++ 2
1

16
1
(
x
1
+
y
1
+
z
1
+
z
1
)
zyx 2
1
++

16
1
(
x
1
+
y

1
+
z
1
+
z
1
)
Cộng theo vế 3 BĐT trên:
zyx ++2
1
+
zyx ++ 2
1
+
zyx 2
1
++

16
1
. 4 (
+
x
1

y
1
+
z

1
)
Mà
+
x
1

y
1
+
z
1
= 4
Vậy
zyx ++2
1
+
zyx ++ 2
1
+
zyx 2
1
++
1
Dấu = xảy ra khi x = y = z =
3
4
- Cách 2:
Ta có
zyx ++2

1
=
)(2
1
zyx ++

4
1
(
x2
1
+
zy +
1
)
x8
1
+
16
1
(
y
1
+
z
1
) =
x8
1
+

y16
1
+
z16
1
Tơng tự:
zyx ++ 2
1

x16
1
+
y8
1
+
z16
1
zyx 2
1
++

x16
1
+
y16
1
+
z8
1
Cộng theo vế các BĐT:

zyx ++2
1
+
zyx ++ 2
1
+
zyx 2
1
++

4
1
(
x
1
+
y
1
+
z
1
)=1
Vậy
zyx ++2
1
+
zyx ++ 2
1
+
zyx 2

1
++
1
Khai thác bài toán 14 bằng cách đặt vào tam giác ta có:
15. Bài toán 15:
Xét tam giác ABC có: BC = a, CA = b, AB = c, chu vi a+b+c = 2p không đổi.
9
CHUYấN B I D NG TO N 10 TG:Ph m Ng c Ph ng
CMR:
cba
ab
2++
+
cba
bc
++2
+
cbc
ac
++ 2

2
p
Giải
áp dụng bài toán 12
Ta có:
cba
ab
2++
=

)()( cbca
ab
+++

4
1
(
ca
ab
+
+
cb
ab
+
)
cba
bc
++2

4
1
(
ba
bc
+
+
ca
bc
+
)

cba
ac
++ 2

4
1
(
ab
ca
+
+
ba
ca
+
)
Cộng theo vế của 3 BĐT ta đợc:
cba
ab
2++
+
cba
bc
++2
+
cba
ac
++ 2

4
1

(
ca
ab
+
+
cb
ab
+
+
ba
bc
+
+
ca
bc
+
+
ab
ca
+
+
ba
ca
+
) =
4
1
(a + b + c) =
4
1

.2p =
2
p
Dấu = xảy ra khi ABC đều có a = b =c =
3
2 p
Tiép tục khai thác bải toán trong tam giác về mối quan hệ giữa cạnh của tam giác và chu
vi của nó ta có:
16. Bài toán 16
Trong ABC có chu vi a + b +c = 2p ( a, b, c là độ dài 3 cạnh ).
CMR :
ap
1
+
bp
1
+
cp
1
2 (
a
1
+
b
1
+
c
1
)
Giải

Nhận xét : p - a =
2
cba ++
- a =
2
acb +
> 0 ( vì b + c > a bất đẳng thức tam giác )
Tơng tự : p - b > 0 ; p- c > 0.
Mặt khác : p - a + p - b = 2p - a - b = c
p - b + p - c = a
p - c + p - a = b
Do đó ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức bài toán 12 nh sau:
ap
1
+
bp
1

)()(
4
bpap +
=
c
4
bp
1
+
cp
1

a
4
cp
1
+
ap
1

b
4
Cộng theo vế của bất đẳng thức ta có :
ap
1
+
bp
1
+
cp
1
2 (
a
1
+
b
1
+
c
1
)
Dấu = xảy ra khi ABC đều

10