ĐỀ CƯƠNG ôn THI HSG TOÁN 9 2011 2013

CẤU TRÚC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
TỈNH BÌNH PHƯỚC 2011-2013
Câu 1: (Đại số: 5 điểm)
Dạng 1: Biến đổi, rút gọn biểu thức đại số về lũy thừa, căn thức, trị tuyệt đối.
Bài 1: Cho biểu thức: P =

x
2
x+2
+
+
x − x x + 2 x ( x − 1)( x + 2 x )

1) Rút gọn P .
2) Tính P khi x = 3 + 2 2 .
3) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
HD:
1) P =

x
2
x+2
+
+
x ( x − 1)
x ( x + 2)
x ( x − 1)( x + 2)

=

x( x + 2) + 2( x − 1) + x + 2 x x + 2 x + 2 x − 2 + x + 2

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

=

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

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

2) x = 3 + 2 2 ⇔ x = 2 + 2 2 + 1 = ( 2 + 1) 2 = 2 + 1
( x + 1)
2 +1+1
2 +2
=
=
= 1+ 2
( x − 1)
2 +1−1
2
3) ĐK: x > 0; x ≠ 1 :
P=

P=

( x + 1)

=
( x − 1)

x −1 + 2
2
= 1+
x −1
x −1

Học sinh lập luận để tìm ra x = 4 hoặc x = 9
Bài 2:
1   2x + x − 1 2x x + x −
 1
−
+
Cho biểu thức A = 
÷:
x   1− x
1+ x x
1− x
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tính giá trị của A khi x = 17 − 12 2
3) So sánh A với A .
HD:
1) Rút gọn biểu thức (2 điểm)
1   2x + x − 1 2x x + x − x  
 1
A=
−
+

÷
÷: 
÷ x > 0;x ≠
x   1 − x
1+ x x
1− x


x 2x + x − 1 
x − 1 + x  2x + 2 x − x − 1

=
:
+
x 1− x  1− x 1+ x
1+ x 1− x + x 



(

) (

)(

) (

(

)(

)

)

x
÷


1

;x ≠ 1 ÷
4



(

) ( 2 x − 1) + x ( x + 1) ( 2 x − 1) 
) ( 1 + x ) ( 1 + x ) ( 1 − x + x ) 

 x +1
=
:
x x −1  1 − x

2 x −1 
=
:  2 x −1
x x − 1 

2 x −1

(

) (

(

=
=

2 x −1
x
x

(

(

)

(

)

x −1
1

)

(

)

: 2 x −1 :

 1

x
+

÷
÷
 1 − x 1 − x + x  

(1− x ) (1−

1

:

) (1− x ) (1−

x −1

(

1− x + x + x 1− x

x +x

)

=

x +x

)

)

1− x + x
x

2) Tính giá trị của A khi x = 17 − 12 2 (1 điểm).

(

Tính x = 17 − 12 2 = 3 − 2 2
A=

(

)

1 − 3 − 2 2 + 17 − 12 2

3−2 2
3) So sánh A với A

)

2

=

⇒ x=

(3−2 2) = 3−2
2 5( 3 − 2 2 )
=
=5
2

15 − 10
3−2 2

2 = 3−2 2

3−2 2

1− x + x
1
= x+
−1
x
x
1
1
> 2 với mọi x > 0;x ≠ ;x ≠ 1

Chứng minh được x +
4
x
1
⇒A= x+
−1 > 1 ⇒ A > 1 ⇒ A −1 > 0 ⇒ A A −1 > 0
x
Biến đổi A =

(

)

⇒A− A >0⇒A > A
Bài 3: Cho biểu thức

(
A=

B=

x− y

)

2

+ 4 xy

x+ y

(với x〉 0 , y〉 0 )

x y−y x
xy

1) Rút gọn biểu thức A,B
2) Tính tích A.B với x = 2 y , y = 2

(

)

3) Chứng minh C = A.B. 2 − 3 . 3 + 1
HD:
1) A = x + y
B= x− y

là một số nguyên.


2) A.B =
3)

(

)(

)

x − y . x + y = x − y = 2y − y = y = 2

(

)

(

)( )
= 4 − 2 3 .( 3 + 1)
= ( 3 − 1)(. 3 + 1)
= ( 3) −1 = 2 ∈ Z

A.B. 2 − 3 . 3 + 1 = 2 2 − 3 . 3 + 1

2

Bài 4:
1) Cho x = 3 + 5 + 2 3 + 3 − 5 + 2 3 . Tính giá trị của biểu thức A = x 2 − 2x − 2


1

2) Cho biểu thức B = 

 x + x +1

+

x +1 

 
÷: 1 + x − 1 ÷
÷ ( với x > 1)
x − x −1  

1

a) Rút gọn biểu thức B.
b) Tìm các giá trị của x để B 2 − x = − x 2 + 3x − 2 .
HD:
1) Nhận xét x > 0
2



x2 =  3 + 5 + 2 3 + 3 − 5 + 2 3 ÷ .


= 3+ 5+ 2 3 +3− 5+ 2 3 + 2

( 3+

= 6+ 2 9−5− 2 3 = 6+ 2 4−2 3 = 6+ 2
= 6+2

(

)

3 −1 = 4 + 2 3 =

(

)

3 +1

)(

5+ 2 3 3− 5+ 2 3

(

)

3 −1

)

2

2

Vì x > 0 nên x = 3 + 1 .
2
2
2
Suy ra x − 1 = 3 ⇒ ( x − 1) = 3 ⇒ x − 2x + 1 = 3 ⇒ x − 2x − 2 = 0 . Vậy A = 0

=

(

x +1 
 
÷: 1 + x − 1 ÷
÷ ( với x > 1)
x − x −1  
 x + x +1

x +1 − x
x + x −1  
x +1 
+
:
1
+
÷

÷

x +1− x
x − ( x − 1) ÷
x −1 ÷

 
x −1 + x +1
x +1 − x + x + x −1 :
x −1

=

(

x +1 + x −1 .



2) B = 

= 


1

+

1

)

)

x −1
= x −1
x −1 + x +1

B 2 − x = − x 2 + 3x − 2 ⇔ x − 1. 2 − x =

( x − 1) ( 2 − x )

x −1 > 0
⇔
⇔1< x ≤ 2
2 − x ≥ 0

 x −3 x   9− x
x −3
x −2
:

−
−
Bài 5: Cho P = 1 −
  x+ x −6 2− x
x
−
9
x + 3 

 
1) Rút gọn P.
2) Tìm x để P > 0


3) Với x > 4, x ≠ 9. Tìm giá trị lớn nhất của P.(x + 1)
HD:
1) Tìm đúng điều kiện : x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠9
 x −3 x  
9− x

x −3
x −2
:

+
−
P = 1 −
  x +3 x −2 2− x

x
−
9
x
+
3

 


(

)(

)

2

=…=

2− x

 2− x > 0
2) P > 0  
 x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9
 0≤ x<4

− 3( x + 1)
= −3 x − 2 +
3) P. ( x + 1 ) =
x −2



+ 4 
x −2

Áp dụng bất đẳng thức Cô si chỉ ra Max [ P.( x + 1)] = −6 5 − 12

(

Chỉ ra dấu bằng  x =
Bài 6:

1) Cho biểu thức: P =

5+2

)

5

2

15 x − 11

x+2 x −3
a) Rút gọn biểu thức P .

+

3 x −2

−

1− x

(

2 x +3
x +3

.

)

b) Tìm m để có x thỏa mãn P x + 3 = m .
2) Cho hàm số: f ( x ) = ( x 3 + 6 x − 7 )
HD:
1)
a) ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 1.
Ta có: P =

15 x − 11
x+2 x −3

+

(

3 x −2
1− x

x +3

=

(

(

=

)(
( x − 1)(

(

)(

x −1

x −1 2 − 5 x

)

x +3

(

)

)

x +3

) = 2−5

b) Với x ≥ 0; x ≠ 1 ta có P =

15 x − 11

)(

x −1

)(

x +3 − 2 x +3

15 x − 11 − 3 x − 7 x + 6 − 2 x − x + 3

=

P

)(

. Tìm f ( a ) với a = 3 3 + 17 + 3 3 − 17 .

2 x +3

) (
( x − 1)( x + 3)

15 x − 11 − 3 x − 2

=

−

2012

x

x +3

=

)

x −1

−

2 x +3
x +3

− 5x + 7 x − 2

(

)(

x −1

)

x +3

.

2−5 x
x +3

2−m
≠ 1  m ≠ −3
5

Vậy m ≤ 2; m ≠ −3

3 x −2

x −1

x +3 = m 2−5 x = m  5 x = 2−m 

Lại có: x ≠ 1 

)

x +3

−

x=

2−m
 m≤2
5


3
3
3
2. 2) Ta cú: a = 3 3 + 17 + 3 3 17 a = 6 6 3 + 17 + 3 17


3
a + 6a 6 = 0
2012
2012

T ú: f ( a ) = a 3 + 6a 7
= a 3 + 6a 6 1
= 1.
x
2
x+2
+
+
Bi 7: Cho biu thc: P =
x x x + 2 x ( x 1)( x + 2 x )
1) Rỳt gn P .
2) Tớnh P khi x = 3 + 2 2 .
3) Tỡm giỏ tr nguyờn ca x P nhn giỏ tr nguyờn.

(

HD:
P=

1) =
=

)

(

)

x
2

x+2
+
+
x ( x 1)
x ( x + 2)
x ( x 1)( x + 2)

x( x + 2) + 2( x 1) + x + 2 x x + 2 x + 2 x 2 + x + 2
=
x ( x 1)( x + 2)
x ( x 1)( x + 2)
x x + 2x + 2 x + x
=
x ( x 1)( x + 2)

x ( x + 1)( x + 2) ( x + 1)
=
x ( x 1)( x + 2) ( x 1)

2) x = 3 + 2 2 x = 2 + 2 2 + 1 = ( 2 + 1) 2 = 2 + 1
( x + 1)
2 +1 +1
2 +2
=
=
= 1+ 2
( x 1)
2 +11
2
3) K: x > 0; x 1 :

P=

P=

( x + 1)
=
( x 1)

x 1+ 2
2
= 1+
x 1
x 1

Hc sinh lp lun tỡm ra x = 4 hoc x = 9
Bi 8: Cho biểu thức A=

x+2
x x 1

+

x +1
x + x +1



1) Rút gọn biểu thức A
2) Tính giá trị biểu thức A khi x=33-8 2
3) Chứng minh A<

1
x 1

1
3

Bi 9: Cho biểu thức:


x
6

+
x x 4 x 3 x 6

A=

1) Tìm điều kiện của x để A có nghĩa.
2) Rút gọn A.
3) Tìm x để A < 2.
Bi 10: Cho biểu thức : A = (

x +2
x + 2 x +1



1
10 x

: x 2+

x + 2
x + 2

x 2
x +1
).
x 1
x

1) Rút gọn A .
2) Tìm số tự nhiên x để giá trị của A là số nguyên .
3) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có giá trị âm .
1
1 x +1
x +2


ữ
ữ:
x x 2
x 1 ữ
x 1



Bi 11: Cho biu thc: Q =

1) Rút gọn Q.
2) Tính giá trị của Q khi
3) Tính giá trị của Q khi
4) Tính giá trị của Q khi
5) Tính giá trị của Q khi
6) Tính giá trị của Q khi
7) Tính giá trị của Q khi
8) Tính giá trị của Q khi
9) Tìm x để Q = -5
10)Tìm x để Q = − x
11)Tìm x để Q > 0
12)Tìm x để Q ≤ −4
13)Tìm x ∈ ¢ để Q ∈ ¢
14)Tìm x để Q min
HD:

( 5 − 3)
3) x = 14 − 6 5 = ( 3 − 5 )
4) x = 28 − 12 5 = ( 3 2 − 10 )
1
5) x = 2 − 3 = ( 3 − 1)
2
1
6) x = 6 + 35 = ( 7 + 5 )
2

x = 8 − 2 15 .
x = 14 − 6 5 .
x = 28 − 12 5 .
x = 2− 3 .

x = 6 + 35 .
x = 10 + 2 6 + 2 10 + 2 15 .
x = 6−2 2 −2 3 +2 6 .

2

2) x = 8 − 2 15 =

2

2

2

2

7) x = 10 + 2 6 + 2 10 + 2 15 = 10 + 2 2
8) x = 6 − 2 2 − 2 3 + 2 6 = 6 − 2
Bài 12: Cho biểu thức: Q =

(

(

)

3 + 5 + 2 15 =

)

2 + 3 +2 6 =

(

x −1
x +3
x+5
−
−
x +1
x −2 x− x −2

x +2
x +1
x −1
−
−3
x −3
x −2
x−5 x +6

1) Rút gọn Q.
2) Tìm x để Q < – 1.
3) Tìm x ∈ ¢ để Q ∈ ¢ .
Bài 14: Cho biểu thức: Q =
1) Rút gọn Q.
1
.
2
3) Tìm x ∈ ¢ để Q ∈ ¢ .

2) Tìm x để Q >

)

2 + 3 −1

1) Rút gọn Q.
2) Tìm x để Q > 1.
3) Tìm x ∈ ¢ để Q ∈ ¢ .
Bài 13: Cho biểu thức: Q =

(

2+ 3+ 5

3 x +2
x −1 x − 6 x + 5
+
−
2 x −1
x +4 x+7 x −4

2

)

2

Bài 15: Cho biểu thức: Q =

2 x − 4 4 + 2 x x + 13 x − 20
−
+
3 x −4
x − 2 3x − 10 x + 8

1) Rút gọn Q.
3
4
3) Tìm x ∈ ¢ để Q ∈ ¢ .

2) Tìm x để Q ≥ − .

Bài 16: Cho biểu thức: Q =

3− x 3 x + 4
42 x + 34
+
−
6 x + 7 3 x − 2 15 x + 11 x − 14

1) Rút gọn Q.
2
3
Q
x
∈
¢

3) Tìm
để ∈ ¢ .

2) Tìm x để Q ≤ − .



 
a   1
2 a

A
=
1:
1
−
.
−
 
÷
Bài 17: Cho biểu thức:
÷  a − 1 a + 1 a − 1 
1
+
a
(
)
  
 


(

1) Rút gọn A.
2) Tìm a để A∈ ¢ .

Bài 18: Cho biểu thức: A = 13 − 10 x +


(

)

)

2
x − 3  + 2x


1) Tìm x để A = 0.
2) Tìm x min để A∈ ¢ .


y − xy   x

y

+
−
÷: 

Bài 19: Cho biểu thức: A =  x +
x+ y÷
xy − x

  xy
1) Rút gọn A.
2) Tính giá trị của A khi x = 3; y = 4 + 2 3 .

x+ y
÷
xy ÷


15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
+
−
x + 2 x − 3 1− x
x +3
17
−5.
1) Chứng minh rằng: A =
x +3
2
2) So sánh A với .
3
 x+2
x
1  x −1
+
+

÷
Bài 21: Cho biểu thức: A = 
÷: 2
 x x −1 x + x + 1 1 − x 

Bài 20: Cho biểu thức: A =

1) Rút gọn A.
2) Chứng minh rằng: 0 < A < 2.
2

 x −2
x + 2   1− x 
−
÷
Bài 22: Cho biểu thức: A = 
÷
÷. 
 x −1 x + 2 x +1   2 

1) Rút gọn A.
2) Chứng minh rằng nếu 0 < x < 1 thì A > 0.
3) Tìm giá trị lớn nhất của A.
2

 1
  1
2 x −2
2 
−

:
−
÷
Bài 23: Cho biểu thức: A = 
÷
÷
 x +1 x x − x + x −1   x −1 x −1 


1) Rút gọn A.
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
 1
1 
2
1 1  x3 + y x + x y + y 3
A
=
+
.
+
+ :


÷
Bài 24: Cho biểu thức:
y÷
x 3 y + + xy 3
 x
 x + y x y 

1) Rút gọn A.
2) Cho x.y = 16. Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Bài 25: Cho biểu thức: A =

x2 − x
2 x + x 2 ( x − 1)
−
+
x + x +1
x
x −1

1) Rút gọn A.
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
2 x
∈¢
A
 2x x + x − x x + x 
x −1
x
−
.
+
Bài 26: Cho biểu thức: A = 
÷
÷
x −1  2x + x −1 2 x −1
x x −1


3) Tìm x ∈ ¢ sao cho B =

1) Rút gọn A.
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Bài 27: Chứng minh biểu thức: P = ( x 3 − 4 x − 1) 2010 có giá trị là một số tự nhiên với
x=

3

10 + 6 3 .( 3 − 1)
6+2 5 − 5

Bài 28: Cho x, y thỏa mãn: x + x 2 + 2009) ( y + y 2 + 2009) = 2009 .
Hãy tính tổng S = x + y.
a+b−c b+c−a c+ a−b
=
=
Bài 29: Cho ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn điều kiện:
.
c
a
b
Hãy tính giá trị của biểu thức:




b 
a 

c 
b 

Bài 30: Rút gọn các biểu thức sau
1) A = 3 x + x 2 − 4 x + 4
2) B = 3 + 5 − 3 − 5 − 2
3) C = (1+ tan2α)(1- sin2α) + (1+cotan2α)(1-cos2α)
Bài 31: Rút gọn các biểu thức sau:
1) 8 − 2 15 − 8 + 2 15
2) 2 3 + 5 − 13 + 48
6+ 2
sin x
cos 2 x
−
3) 11 + cot gx 1 + tgx
2

Bài 32:
1) Rút gọn biểu thức: A = 1 +

a
c

P = 1 + 1 + 1 +  .

1
1
+
với a ≠ 0;
2

a
( a + 1) 2


1
1
1
1
1
1
1
1
+ 2 + 1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 +……+ 1 + 2 +
.
2
1
2
2
3
3
4
99
100 2
a 2 (a + 1) 2 + (a + 1) 2 + a 2 a 2 (a + 1) 2 + a 2 + 2a + 1 + a 2
1
1
2
=
=
=

HD. 1). A = 1 + 2 +
a
(a + 1) 2
a 2 (a + 1) 2
a 2 (a + 1) 2

2) Tính giá trị tổng: B = 1 +

a 2 (a + 1) 2 + 2a 2 + 2a + 1 a 2 (a + 1) 2 + 2a (a + 1) + 1 a 2 (a + 1) 2 + 2a (a + 1) + 1 [ a (a + 1) + 1]
=
=
=
=
a 2 (a + 1) 2
a 2 (a + 1) 2
a 2 (a + 1) 2
a 2 (a + 1) 2

2

2

a2 + a + 1
 a 2 + a + 1
A
=
=
.
 ; Với a > 0 nên A > 0 và
a (a + 1)

 a(a + 1) 
1
1
a 2 + a + 1 a (a + 1) + 1
1
1
1
=
=
=1+
=1+ −
2) Từ câu a suy ra: A = 1 + 2 +
.
2
a(a + 1)
a (a + 1)
a (a + 1)
a a +1
a
( a + 1)


1 1
= 99 +  − +
1 2

1 1  1 1  1 1
1
1 


−  + 1 + −  + ... + 1 +
−
=
1 2 
2 3  3 4
 99 100 
1 1 1 1 1
1 
1
− + − +
−
= 99,99.
 = 100 −
2 3 3 4 99 100 
100

Do đó: B = 1 + −  + 1 +

Bài 33: Rút gọn biểu thức:
1) A =

1
1+ 2
1

+

1
2+ 3
1

1

+

+ ... +

1

3+ 4
n −1 + n
1
1
+
+
+ ... +
2) B =
2+ 2 3 2 +2 3 4 3 +3 4
100 99 + 99 100
1
1
1
1
−
+
− ... +
3) C =
1− 2
2− 3
3− 4

99 − 100
1

HD.1) Ta hoán đổi vị trí hai số hạng ở mẫu rồi trục căn thức:

1+ 2

=

1
2 +1

=

2 −1
2 −1
=
làm
2 −1
1

tương tự ta được:
2 −1
3− 2
4− 3
n −1 − n
+
+
+ ... +
= 2 − 1 + 3 − 2 + 4 − 3 + ... + n − n − 1

1
1
1
1
2 − 1 + 3 − 2 + 4 − 3 + ... + n − n − 1 = n − 1 .
1
1
1
1
B=
+
+
+ ... +
=
2+ 2 3 2 +2 3 4 3+3 4
100 99 + 99 100
1
1
1
1
+
+
+ ... +
2 ( 2 + 1)
3 2( 3 + 2)
100 99( 100 + 99 )
4 3( 4 + 3)
1
1
1

1
+
+
+ ... +
2 ( 2 + 1)
3 2( 3 + 2)
100 99( 100 + 99 )
4 3( 4 + 3)

A=
=

2)
=
=
=
=

( 2 − 1)
2 1(2 − 1)
( 2 − 1)

+

+

( 3 − 2)
3 2 (3 − 2)

( 3 − 2)

+

+

( 4 − 3)
4 3 ( 4 − 3)

( 4 − 3)

+ ... +

+ ... +

( 100 − 99 )
100 99(100 − 99)

( 100 − 99 )

2 1
3 2
4 3
100 99
1
1
1
1
1
1
1

1
9
1−
+
−
+
−
+ ... +
−
=1− = .
10 10
2
2
3
3
4
99
100


3)Trục căn thức rồi rút gọn.
Bài 34: Cho các số dương x, y, z thoả mãn xy + yz + zx = 1.Tính giá trị của biểu thức:
A= x

(1 + y )(1 + z ) + y (1 + z )(1 + x ) + z (1 + x )(1 + y ) .
2

2

2

2

2

1+ y2

1+ x2

2

1+ z2

HD. Thay xy + yz + zx = 1 vào 1 + y2 ta được: xy + yz + zx + y2 = ( xy + y2 ) + ( yz + zx ) = y( x
+ y) + z( x + y ) = ( x + y ) ( y + z );
Tương tự thay xy + yz + zx = 1 vào 1 + x2 ta được xy + yz + zx + x2 = ( z + x ) ( x + y );
xy + yz + zx = 1 vào 1 + z2 ta được xy + yz + zx + z2 = ( y + z ) ( z + x );
Thay tất cả vào biểu thức A rút gọn ta được kết quả: A = 2 xy + 2 yz + 2 xz
Bài 35: Cho các số dương x, y, z thoả mãn xy + yz + zx = 3.Tính giá trị của biểu thức:
yz

B=
3− x

(3 + y )(3 + z )
2

3 + x2

2

zx

+
3− y

(3 + z )(3 + x )
2

3 + y2

2

xy

+
3− z

(3 + x )(3 + y ) .
2

2

3 + z2

HD. Thay xy + yz + zx = 3 vào 3 + y2 ta được: xy + yz + zx + y2 = ( xy + y2 ) + ( yz + zx ) = y( x
+ y) + z( x + y ) = ( x + y ) ( y + z );
Tương tự thay xy + yz + zx = 3 vào 3 + x2 ta được xy + yz + zx + x2 = ( z + x ) ( x + y );
xy + yz + zx = 3 vào 3 + z2 ta được xy + yz + zx + z2 = ( y + z ) ( z + x );
Thay tất cả vào biểu thức B rút gọn ta được kết quả: B = 3.

Bài 36: Cho a, b, c đôi một khác nhau và thoả mãn ( a + b + c ) 2 = a 2 + b 2 + c 2 .
a2
b2
c2
.
+
+
a 2 + 2bc b 2 + 2ac c 2 + 2ab
HD. ( a + b + c ) 2 = a 2 + b 2 + c 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca = a 2 + b 2 + c 2 ⇔ 2ab + 2bc + 2ca = 0
⇔ ab + bc + ca = 0 ⇒ ab = −bc − ca, bc = − ab − ca, ca = −ab − bc , thay vào P ta được:

Tính giá trị biểu thức: P =

P=

a2
b2
c2
a2
b2
c2
+
+
=
+
+
a 2 + 2bc b 2 + 2ac c 2 + 2ab
a 2 + bc − ab − ca b 2 + ac − ab − bc c 2 + ab − bc − ca

=

a2
b2
c2
+
+
a (a − c) − b(a − c) − b(a − b) + c(a − b) − c(b − c) + a (b − c )

=

a2
b2
c2
a2
b2
c2
+
+
=
−
+
(a − c)(a − b) (a − b)(c − b) (b − c)(a − c)
(a − c )(a − b) (a − b)(b − c) (b − c)(a − c )

a 2 (b − c)
b 2 (a − c)
c 2 ( a − b)
=
−
+

(a − c)(a − b)(b − c) (a − b)(b − c)(a − c) (b − c)(a − c )(a − b)
=

a 2 (b − c ) − b 2 (c − a ) + c 2 (a − b)
a 2 (b − c) − b 2 a + b 2 c + c 2 a − c 2 b
=
=
(a − c)(a − b)(b − c )
(a − c )(a − b)(b − c)

=

a 2 (b − c ) − b 2 a + c 2 a + b 2 c − c 2 b
a 2 (b − c ) − a (b + c)(b − c) + bc(b − c )
=
(a − c)(a − b)(b − c)
(a − c)(a − b)(b − c)

(b − c)(a 2 − ab − ac + bc )
(b − c)[ a (a − b) − c(b − c)]
(b − c)(a − b)(a − c)
=
=
=1
(a − c )(a − b)(b − c)
(a − c )(a − b)(b − c )
(a − c)(a − b)(b − c)
a b c
x y z
Bài 37: Cho a, b, c và x, y, z khác nhau và khác 0 thoả mãn: + + = 0 và + + = 1 .

x y z
a b c
=

Tính M =

x2 y2 z2
+
+ ; (* * *) .
a2 b2 c2


2

xy
yz
x y z
x2 y2 z2
zx
x y z
+ + = 1 ⇒  + +  = 12 ⇒ 2 + 2 + 2 + 2
+ 2 + 2 =1
a b c
ab
bc
ca
a
b
c
a b c

2
2
2
2
2
2
y
y
x
z
x
z
 xy yz zx 
 xy yz zx 
 xyc + yza + zxb 
⇒ 2 + 2 + 2 + 2
+
+  = 1 ⇒ 2 + 2 + 2 = 1 − 2
+
+  = 1 − 2
(*)
abc
a
b
c
a
b
c
 ab bc ca 
 ab bc ca 




HD. Ta có

;

a b c
ayz + bxz + cxy
+ + =0⇒
= 0 ⇒ ayz + bxz + cxy = 0; (**) ;
x y z
xyz

Ta lại có:

Thay (*), (**) vào (***) ta được: M =

(

)(

x2 y2 z2
0
+ 2 + 2 = 1− 2
=1
2
abc
a
b

c

)

Bài 38: Cho a + a 2 + 2006 . b + b 2 + 2006 = 2006 , hãy tính tổng a + b.

(

)(

)(

)

(

HD: a + a 2 + 2006 . b + b 2 + 2006 a − a 2 + 2006 = 2006 a − a 2 + 2006

(
⇔ (b +

)(
)
(
)
+ 2006 )( − 2006 ) = 2006(a − a + 2006 ) ⇔ (b + b

⇔ . b + b 2 + 2006 a 2 − a 2 − 2006 = 2006 a − a 2 + 2006
b2

2

2

) (

+ 2006 =

)

a 2 + 2006 − a

)

⇔ a + b = a 2 + 2006 − b 2 + 2006 , (*)

Làm tương tự ta được: a + b = b 2 + 2006 − a 2 + 2006 , (**)
Cộng vế với vế (*) và (**) ta được: 2( a + b ) = 0 vậy a + b = 0 .

Dạng 2: Chứng minh đẳng thức.
Bài 1: Cho a + b + c = 0, a, b, c ≠ 0. Chứng minh hằng đẳngthức:
HD. VT =

1
1
1
1 1 1
+ 2+ 2 = + +
2
a

b
c
a b c

1
1
1
1
1
1
1
1  1
1
1 
 1
+ 2 + 2 =
+ 2 + 2 + 2
+
+  − 2
+
+ 
2
2
a
b
c
a
b
c
 ab bc ca   ab bc ca 

2

2

2

a
b 
1 1 1
1 1 1
 c
1 1 1
a+b+c
1 1 1
=  + +  − 2
+
+
 =  + +  − 2
 =  + +  = + + = VP
a b c
a b c
 abc abc bca 
a b c
 abc 
a b c

Bài 2: Chứng minh rằng số: 2 + 3 + 5 là số vô tỉ.
HD.Giả sử: 2 + 3 + 5 = a (a hữu tỉ ).Thế thì 2 + 3 = a − 5 .Bình phương hai vế ta được:
5 + 2 6 = a 2 + 5 − 2a 5 ⇒ 6 + a 5 =

a2
,
2

a4
− 6 − 5a 2
a
tiếp tục BPHV ta có:
(hiển nhiên a ≠ 0 ),
2
4
6 + 5a + 2a 30 =
⇒ 30 =
4
2a
⇒ 30 là số hữu tỉ,vô lí . Vậy 2 + 3 + 5 là số vô tỉ.
1 1 1
Bài 3: Cho ba số thực a, b, c # 0 và a + b = a + c + b + c . Chứng minh rằng: + + = 0 .
a b c
2
2
HD. a + b = a + c + b + c ⇔ ( a + b ) = ( a + c + b + c ) ⇔ a + b = a + c + b + c + 2 a + c . b + c
4

− 2c = 2 a + c . b + c ⇔ (−c) 2 = ( a + c . b + c ) 2 ⇔ c 2 = (a + c).(b + c) ⇔ ab + ac + bc + c 2 = c 2
1 1 1
ab + ac + bc + c 2 = c 2 ⇔ ab + ac + bc = 0 , chia hai vế cho abc ta được: + + = 0 .
a b c
Bài 4: Cho x + y + z = xy + yz + xz trong đó x, y, z là các số dương. Chứng minh rằng: x = y = z

.


HD. Nhân hai vế đẳng thức với 2 ta được:
x + y + z = xy +

yz + xz ⇔ 2( x + y + z ) = 2( xy +

yz + xz )

⇔ ( x − y) + ( y − z) + ( z − x) = 0 ⇔ x = y = z
2

2

2

Bài 5: Chứng minh rằng:
a
a
= an n
;
a −1
a −1
2) Nếu a ≥ 0, b ≥ 0 thì a + b = a + b ⇔ ab = 0 ;
3) 3 a + b = 3 a + 3 b ⇔ ab( a + b ) = 0

1) Nếu a > 1, với mọi n ∈ N ta đều có:

n

a+

n

a
a.a n − a − a n a.a n
a
n
HD.1) VT = a + n
, với a > 1, với mọi n ∈ N .
=
=
= an n
n
n
a −1
a −1
a −1
a −1
2)Với a ≥ 0, b ≥ 0 bình phương hai vế ta được: a + b = a + b + 2 ab ⇔ 2 ab = 0 ⇔ ab = 0 .
n

3) Lập phương hai vế ta được:

a + b = a + b + 3 a 2 b + 3 ab 2 ⇔ 3 ab ( a + b ) = 0 ⇔ ab( a + b ) = 0
Bài 6: Cho x = by + cz, y = ax + cz, z = ax + by và x + y + z # 0.
2
2
2

+
+
.
1+ a 1+ b 1+ c
HD. Cộng vế với vế ta được: x + y + z = 2(ax + by + cz ) ,

Tính giá trị của biểu thức: B =

thay thích hợp ta được: x + y + z = 2( z + cz ) = 2 z (1 + c) ⇒ 1 + c =
tương tự ta có; 1 + b =
B=

x+ y+z
x+ y+z
‚1 + a =
; thay vào B ta được:
2y
2x

4y
4( x + y + z )
4x
4z
+
+
=
= 4 =2
x+ y+z x+ y+z x+ y+z
x+ y+z

2
2
2
+
+
=
x+ y+z x+ y+z x+ y+z
2x
2y
2z
xy + 1

Bài 7: Chứng minh rằng nếu
HD. Ta có:

xy + 1
y

=

x+ y+z
;
2z

yt + 1
t

Cộng trừ vế với vế ta được:

y

=

xt + 1
x

x− y=
y− t=

yt + 1

=

=

t

1

= x+
1
t
1
x

−
−

y
1
y

1
t

=

=

xt + 1
thì x = y = t , x. y. t = 1.
x

(

t

y− t
y t
t− x
t x

Nhân vế với vế ta được: ( x − y )( y − t )( t − x ) =
⇔ ( x − y )( y − t )( t − x ) =

1

= y+

( y − t) t − x
xyt

)(

hoặc x − y = 0; y − t = 0; t − x = 0 ⇔ x = y = t
Bài 8: Cho a + b + c = 0 và a,b,c # 0.

= t+

1
x

;
;
y− t
y t

x− y

t− x=
.

1
y

−

1
x

t− x

x− y

t x

x y

) ⇔ x. y.t = 1

=

;

x− y
x y

;


6a 2
6b 2
6c 2
là số nguyên.
+
+
a2 − b2 − c2 b2 − c2 − a2 c2 − a2 − b2
HD. a + b + c = 0 ⇔ a = −(b + c) ⇔ a 2 = [ − ( b − c ) ] 2 ⇔ a 2 = b 2 + c 2 + 2bc ⇔ a 2 − b 2 − c 2 = 2bc, (*) ;
Biến đổi tương tự ta có được: b 2 − c 2 − a 2 = 2ca, (**), c 2 − a 2 − b 2 = 2ab, (* * *);

Chứng minh rằng: A =

Thay (*),(**),(***) và A ta được:
3(a 3 + b 3 + c 3 )
6a 2 6b 2 6c 2
6a 2 6b 2 6c 2
+
+
=
+
+
=
(* * **)
2bc 2ca 2ab
2bc 2ca 2ab
abc
Ta lại có: a + b + c = 0 ⇔ a = −(b + c) ⇔ a 3 = [ − ( b − c ) ] 3 ⇔ a 3 = −(b 3 + c 3 + 3b 2 c + 3bc 2 )
⇔ a 3 + b 3 + c 3 = −(3b 2 c + 3bc 2 ) ⇔ a 3 + b 3 + c 3 = −3bc(b + c ) ⇔ a 3 + b 3 + c 3 = −3bc(−a )
⇔ a 3 + b 3 + c 3 = 3abc, (* * * * *)
A=

3(a 3 + b 3 + c 3 )
3.3abc
=
= 9 =3
abc
abc
Bài 9: Cho các số dương a, b, c và a ′, b ′, c ′

Thay (*****) vào (****) ta được: A =

Chứng minh rằng nếu: aa ′ + bb ′ + cc ′ =

( a + b + c )( a ′ + b ′ + c ′) thì

a b c
= = .
a ′ b′ c′

HD.Bình phương hai vế ta được:
aa ′ + bb ′ + cc ′ + 2 aa ′ bb ′ + 2 bb ′ cc ′ + 2 cc ′ aa ′ = aa ′ + bb ′ + cc ′ + ab ′ + ac ′ + ba ′ + bc ′ + ca ′ + cb ′
⇔ 2 aa ′ bb ′ + 2 bb ′ cc ′ + 2 cc ′ aa ′ = ab ′ + ac ′ + ba ′ + bc ′ + ca ′ + cb ′
⇔ (ab ′ − 2 aa ′ bb ′ + ba ′) + (ac ′ − 2 cc ′ aa ′ + ca ′) + (bc ′ − 2 bb ′ cc ′ + cb ′) = 0
⇔ ( ab ′ − ba ′ ) 2 + ( ac ′ − ca ′ ) 2 + ( bc ′ − cb ′ ) 2 = 0
⇔ ( ab ′ − ba ′ ) = 0, ( ac ′ − ca ′ ) = 0, ( bc ′ − cb ′ ) = 0 ⇔ ab ′ = ba ′, ac ′ = ca ′, bc ′ = cb ′
a b a c b c
a b c
⇔ = ; = ; = ⇔ = = .
a′ b′ a ′ c′ b′ c′
a ′ b′ c′
Bài 10: Tìm x, y sao cho x + y − z = x + y − z .DDK: x ≥ 0 , y ≥ 0, z ≥ 0, x + y − z ≥ 0

HD. BPHV ta được:
( x + y − z + z )2 = ( x +

y ) 2 ⇔ x + y − z + z + 2 x + y − z . z = x + y + 2 xy

2 x + y − z . z = 2 xy , BPHV ta được: ( x + y − z ).z = xy ⇔ xz + yz − z 2 − xy = 0
⇔ z ( x − z ) − y ( x − z ) = 0 ⇔ ( x − z ).( z − y ) = 0 ⇔ x = z, z = y, x = y = z .
1
1

1
+
+
=0.
Bài 11: Chứng minh rằng nếu x + y − z = 0 thì
y+z−x z+x− y x+ y−z

HD.

y )2 =

2

z ⇔ x + y + 2 xy = z ⇔ x + y − z = −2 xy ;

x+

y− z =0⇔( x+

x+

y − z = 0 ⇔ ( x − z ) 2 = (− y ) 2 ⇔ x + z − 2 xz = y ⇔ x + z − y = 2 xz ;

x+

y − z = 0 ⇔ ( y − z ) 2 = (− x ) 2 ⇔ y + z − 2 yz = x ⇔ y + z − x = 2 yz

Thay các kết quả ta được:
y
1

1
1
1
1
1
x
z
+
+
=
+
−
=
+
−
=
y + z − x z + x − y x + y − z 2 yz 2 zx 2 xy 2 xyz 2 zxy 2 xyz
a+b b+c c+a
=
=
Bài 12: Cho các số a, b, c khác nhau đôi một là:
.
c
a
b
 a  b c 
Tính giá trị biểu thức M = 1 + .1 + .1 +  .
 b  c  a 

x+

y− z

2 xyz

=0


a + b b + c c + a a + b + b + c + c + a 2(a + b + c)
=
=
=
=
= 2 ⇒ a + b = 2c, b + c = 2a, c + a = 2b
c
a
b
c+a+b
a+b+c
a  b 
c   a + b  b + c  a + c  2c 2a 2b 8a.b.c

⇒ M = 1 + .1 + .1 +  = 
=8


= . . =
c 
a   b  c  a  b c a
a.b.c

 b 

HD.

Bài 13: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và có độ dài 3 cạnh BC, AC, AB lần lượt bằng a, b, c.
Chứng minh rằng: a SinA + b. SinB + c. SinC = ( a + b + c)( SinA + SinB + SinC )

Dạng 3: Chứng minh bất đẳng thức.
Phương pháp 1: Dựa vào định nghĩa:
Để chứng minh bất đẳng thức A ≥ B ta cần chỉ ra rằng: A − B ≥ 0
Lưu ý các hằng đẳng thức:

( a ± b ) = a 2 ± 2ab + b 2 ≥ 0
2
( a + b + c ) = a 2 + b2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 0
2

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi x, y ta luôn có:
y2
≥ xy
4
2) x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y
3) x 4 + y 4 ≥ xy 3 + x3 y

1) x 2 +

HD:
2
1) Chuyển vế đưa về dạng ( a + b )
1

2 x 2 + 2 y 2 + 2 − 2 xy − 2 x − 2 y )
(
2
1
1
2
2
2
= ( x 2 − 2 xy + y 2 ) + ( x 2 − 2 x + 1) + ( y 2 − 2 y + 1)  = ( x − y ) + ( x − 1) + ( y − 1)  ≥ 0

2
2

2) A = x 2 + y 2 + 1 − xy − x − y =

Vậy x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
4
4
3
3
3
3
3
3
3
3
3) A = x + y − xy − x y = x ( x − y ) − y ( x − y ) = ( x − y ) ( x − y )
2
y  3y2 

2 
2
2
x
+
xy
+
y
=
x
−
y
x
+
(
) ( )  2 ÷ + 4  ≥ 0


Vậy x 4 + y 4 ≥ xy 3 + x3 y

= ( x − y)

2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Bài 2: Với mọi x, y, z, chứng minh rằng:
1) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx
2) x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2 xy − 2 z + 2 zx
2
2

2
3) x + y + z + 3 ≥ 2 ( x + y + z )
HD:
2
2
2
1) x + y + z − xy − yz − zx =

=

1
2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − 2 xy − 2 yz − 2 zx )
(
2

1
2
2
2
( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x )  ≥ 0

2


2) x 2 + y 2 + z 2 − 2 xy + 2 z − 2 zx = ( x − y + z ) ≥ 0
2

2
2
2

2
2
2
3) x + y + z + 3 − 2 ( x + y + z ) = x − 2 x + 1 + y − 2 y + 1 + z − 2 z + 1

= ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) ≥ 0
2

2

2

Bài 3: Cho a, b, c là các số thực, chứng minh rằng:
2
2
2
2
2
1) a + b + c + d + e ≥ a ( b + c + d + e )
2) Hãy giải bài toán tổng quát.
HD:
2
2
2
2
2
1) a + b + c + d + e − a ( b + c + d + e )
 a2
  a2
  a2

  a2

=  − ab + b 2 ÷+  − ac + c 2 ÷+  − ad + d 2 ÷+  − ae + e 2 ÷ ≥ 0
 4
  4
  4
  4


2)
Tổng quát: Cho n số thực a1 , a2 ,..., an , chứng minh rằng:
a12 + a2 2 + ... + an 2 ≥

2
a1 ( a2 + a3 + ... + an )
n −1

(với n ≥ 2 )

Bài 4: Chứng minh rằng:
2

a 2 + b2  a + b 
≥
1)
÷
2
 2 

2

2)

a 2 + b2 + c2  a + b + c 
≥
÷
3
3



3) Hãy tổng quát bài toán.
HD:
2

a 2 + b2  a + b  1
1
2
2
2
2
2
−
1)
÷ = ( 2a + 2b − a − b − 2ab ) = ( a − b ) ≥ 0
2
4
4
 2 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.
2

a 2 + b2 + c2  a + b + c  1 
2
2
2
−
2)
÷ = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  ≥ 0
3
3

 9

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
3)
Tổng quát: Cho n số thực a1 , a2 ,..., an , chứng minh rằng:
2

a12 + a22 + ... + an 2  a2 + a3 + ... + an 
≥
÷
n
n



Áp dụng bất đẳng thức Bu nhiacopxki ta có:

( a1 + a2 + ... + an )

2

≤ n ( a12 + a2 2 + ... + an 2 )

Phương pháp 2: Sử dụng tính chất bắc cầu:
A ≥ B và B ≥ C thì A ≥ C
Lưu ý :
2
• 0 ≤ x ≤ 1 thì x 2 ≤ x (vì x − x = x ( 1 − x ) ≥ 0 )
•

( 1 − x ) ( 1 − y ) ( 1 − z ) = 1 − x − y − z + xy + yz + zx − xyz


Bài 5: Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 1 , chứng minh rằng:
1) 0 ≤ x + y + z − xy − yz − zx ≤ 1
2) x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 + x 2 y + y 2 z + z 2 x
3)

x
y
z
+
+
≤2
yz + 1 xz + 1 xy + 1

HD:

1) x + y + z − xy − yz − zx = x ( 1 − y ) + y ( 1 − z ) + z ( 1 − x ) ≥ 0 (1)

Lại có: ( 1 − x ) ( 1 − y ) ( 1 − z ) = 1 − x − y − z + xy + yz + zx − xyz ≥ 0
=> x + y + z − xy − yz − zx ≤ 1 − xyz ≤ 1 (vì xyz ≥ 0 ) (2)
Từ (1) và (2) => đpcm
2) Ta chứng minh x 2 + y 2 + z 2 − x 2 y + y 2 z + z 2 x ≤ 1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Ta có x + y + z − x y + y z + z x = x ( 1 − y ) + y ( 1 − z ) + z ( 1 − x )
≤ x ( 1 − y ) + y ( 1 − z ) + z ( 1 − x ) (vì x 2 ≤ x, y 2 ≤ y, z 2 ≤ z )

=> đpcm
3) x, y, z có vai trò như nhau nên có thể giả sử 0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 1
khi đó xy + 1 ≤ xz + 1 và xy + 1 ≤ yz + 1
x
y
z
x
y
z
x+ y+z
+
+

≤
+
+
=
( 1)
yz + 1 xz + 1 xy + 1 xy + 1 xy + 1 xy + 1
1
từ ( 1 − x ) ( 1 − y ) ≥ 0 ⇒ x + y ≤ xy + 1 ≤ 2 xy + 1

do đó

và z ≤ 1 ⇒ x + y + z ≤ 2 xy + 1 + 1 = 2 ( xy + 1)
do đó

x + y + z 2 ( xy + 1)
≤
= 2 ( 2)
1
xy + 1

từ (1) và (2) => đpcm
Bài 6: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. chứng minh rằng:
a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2

HD:
Trước hết chứng minh a, b, c <1. thật vậy nếu a ≥ 1 thì từ b + c > a ≥ 1 suy ra a + b + c > 2 trái giả
thiết.
Ta lại có ( 1 − a ) ( 1 − b ) ( 1 − c ) = 1 − a − b − c + ab + bc + ca − abc > 0
=> abc < ab + bc + ca − 1(1) (và a + b + c = 2)
2

Mà 4 = ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca )
a 2 + b2 + c2
( 2)
2
a 2 + b2 + c 2
−1
Từ (1) và (2) suy ra abc < 2 −
2

=> ab + bc + ca = 2 −

=> đpcm
5
3

Bài 7: Cho a, b, c > 0 thỏa a 2 + b 2 + c 2 = . Chứng minh:

1 1 1
1
+ + <
a b c abc


HD:
Áp dụng hằng đẳng thức:

( a + b − c)

2

= a 2 + b 2 + c 2 + 2ab − 2bc − 2ca ≥ 0

1 2
a + b2 + c2 )
(
2
5
⇒ ac + bc − ab ≤ < 1
6
⇒ ac + bc − ab ≤

Chia 2 vế cho abc >0
=> đpcm
Bài 8: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 đơn vị. Chứng minh rằng:
a 2 + b 2 + c 2 + 4abc <

1
2

HD:
Áp dụng công thức Hêrông tính diện tích tam giác:
S=

p ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) với p =

a+b+c 1
=
2
2

11
 1
 1

S 2 =  − a ÷ − b ÷ − c ÷
22
 2
 2

2
⇒ 16 S = ( 1 − 2a ) ( 1 − 2b ) ( 1 − 2c ) = 1 − 2a − 2b − 2c + 4ab + 4bc + 4ca − 8abc
= 1 − 2 ( a + b + c ) + 4 ( ab + bc + ca ) − 8abc = −1 + 4 ( ab + bc + ca ) − 8abc > 0

1
2
2
Mà 2ab + 2bc + 2ca = ( a + b + c ) − ( a 2 + b2 + c 2 ) = 1 − ( a 2 + b 2 + c 2 )

=> 4abc + < 2ab + 2bc + 2ca
1
2

Nên 4abc + < 1 − ( a 2 + b 2 + c 2 )
=> đpcm
Bài 9: Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 2 thỏa a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 5
HD:
Cách 1:
Vì a + b + c = 3 nên có ít nhất một trong ba số a, b, c phải ≥ 1 , giả sử a ≥ 1
Ta có a 2 + b 2 + c 2 ≤ 5
⇔= ( a + b + c ) − ( 2ab + 2bc + 2ca ) ≤ 5 ⇔ 9 − 2 ( ab + bc + ca ) ≤ 5

2

⇔ ab + bc + ca ≥ 2 ⇔ a ( b + c ) + bc ≥ 2 ⇔ a ( 3 − a ) + bc ≥ 2

( 1)
− 3a + 2 ≤ 0 ⇔ a ( 3 − a ) ≥ 2 ( 2 )

Vì 1 ≤ a ≤ 2 nên ( a − 1) ( a − 2 ) ≤ 0 ⇔ a
Mặt khác vì bc ≥ 0 nên từ (2) ta có (1) tức là có đpcm.
Cách 2:
Vì a, b, c ≤ 2 nên ( 2 − a ) ( 2 − b ) ( 2 − c ) ≥ 0
=> 8-4(a+b+c)+2(ab+bc+ca)-abc ≥ 0
mà a+b+c=3
nên 8-12+2(ab+bc+ca)-abc ≥ 0
2

abc
≥ 2 (do a, b, c ≥ 0 )
2
2
=> a 2 + b 2 + c 2 = ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) ≤ 32 − 2.2 = 5 (đpcm)

=> ab+bc+ca ≥ 2 +


Bài 10: Cho tam giác có độ dài các cạnh là a, b, c; chu vi là 2p. Chứng minh rằng:
ab
bc
ca
+

+
≥ 4 p (1)
p −c p −a p −b

HD:
Đặt x = a + b – c, y = b + c – a, z = c + a – b
Ta có x, y, z > 0 và x + y + z = a + b+ c = 2p

( 1) ⇔
⇔

4ab
4bc
4ac
+
+
≥ 8p
2( p − c) 2 ( p − a) 2 ( p − b)

( x + y) ( x + z) + ( y + x) ( y + z) + ( x + z) ( y + z )

x
y
yz zx xy
⇔
+ +
≥ x+ y+ z
x
y
z

Giả sử x ≥ y ≥ z > 0 . Khi đó

z

≥ 4( x + y + z)

1 1 1
≤ ≤ và yz ≤ zx ≤ xy . Áp dụng kết quả bài 4 ta có:
x y z

yz zx xy yz zx xy
+ +
≥
+ +
≥ x + y + z ( dpcm )
x
y
z
y
z
x

Phương pháp 3: Dùng biến đổi tương đương:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc
đẳng thức đã được chứng minh đúng. Chú ý các hằng đẳng thức sau:
2
• ( a ± b ) = a 2 ± 2ab + b 2 ≥ 0

( a + b + c)

•

2

= a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 0

a 3 + b3 + c3 − 3abc = ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca )

•
Bài 11:

a b
c
1 1 1
+ +
≥ 2 + + ÷
bc ca ab
a b c
2) Chứng minh rằng: ( x − 1) ( x − 3) ( x − 4 ) ( x − 6 ) + 10 ≥ 1 với mọi x.

1) Với a, b, c >0. Chứng minh:

3) Cho a ≥ c ≥ 0, b ≥ c . Chứng minh rằng:
HD:
1)

c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab

a b

c
1 1 1
+ +
≥ 2  + + ÷ ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2 ( ab + bc + ca ) vì a.b.c > 0.
bc ca ab
a b c

⇔ ( a + b − c ) ≥ 0 luôn đúng => đpcm.
2

2)

( x − 1) ( x − 3) ( x − 4 ) ( x − 6 ) + 10 ≥ 1 ⇔ ( x − 1) ( x − 6 ) ( x − 3) ( x − 4 ) + 10 ≥ 1

(
⇔(x

)(
)
− 7 x + 9 ) − 9 + 10 ≥ 1 ⇔ ( x

(

)(

)

⇔ x 2 − 7 x + 6 x 2 − 7 x + 12 + 10 ≥ 1 ⇔ x 2 − 7 x + 9 − 3 x 2 − 7 x + 9 + 3 + 10 ≥ 1

3)

2

2

c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab

2

− 7x + 9

)

2

≥ 0 luôn đúng => đpcm


⇔

(

c ( a − c) + c ( b − c)

)

2

≤ ab

⇔ c ( a − c ) + c ( b − c ) + 2 c 2 ( a − c ) ( b − c ) ≤ ab
⇔ c 2 − 2c

(

⇔ c−

( a − c) ( b − c) + ( a − c) ( b − c) ≥ 0

( a − c) ( b − c) )

2

≥ 0 (luôn đúng) => đpcm

Bài 12: Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta luôn có:
x3
2x − y
≥
(1)
2
2
x + xy + y
3

Áp dụng: Chứng minh rằng với a, b, c > 0, ta có:
a3
b3
c3
a+b+c

+
+
≥
2
2
2
2
2
2
a + b + ab b + c + bc c + a + ac
3

HD:
Do x 2 + xy + y 2 > 0 với mọi x, y >0 nên

( 1) ⇔ 3x3 ≥ ( 2 x − y ) ( x 2 + xy + y 2 )
⇔ x 3 + y 3 − ( x 2 y + xy 2 ) ≥ 0

⇔ ( x + y ) ( x − y ) ≥ 0 (luôn đúng) => đpcm
2

Áp dụng kết quả trên ta có:
a3
2a − b
≥
( 1)
2
2
a + b + ab
3

b3
2b − c
≥
( 2)
2
2
b + c + bc
3
c3
2c − a
≥
( 3)
2
2
c + a + ac
3

Cộng (1), (2), (3) theo từng vế ta có: đpcm
Bài 13:
1
1
2
+
≥
2
2
1 + x 1 + y 1 + xy
1
1
1

3
+
+
≥
b/ Cho x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ 1 . Chứng minh rằng:
3
3
3
1 + x 1 + y 1 + z 1 + xyz

a/ Cho xy ≥ 1 . Chứng minh rằng:

HD:
 1
1
1
2
1   1
1 
+
≥
⇔
−
−
÷+ 
÷≥ 0
2
2
2
2

1 + x 1 + y 1 + xy
 1 + x 1 + xy   1 + y 1 + xy 
( y − x )  x ( 1 + y 2 ) − y ( 1 + x 2 ) 
x ( y − x)
y ( x − y)
⇔
+
≥0⇔
≥0
( 1 + x 2 ) ( 1 + xy ) ( 1 + y 2 ) ( 1 + xy )
( 1 + x 2 ) ( 1 + y 2 ) ( 1 + xy )

a/

( y − x ) ( xy − 1)
⇔
( 1 + x 2 ) ( 1 + y 2 ) ( 1 + xy )
2

≥0

BĐT cuối cùng đúng do xy ≥ 1 do đó ta có đpcm
b/ Áp dụng câu a/ suy ra:


1
1
2
+
≥

( 1)
3
3
1 + x 1 + y 1 + x3 y 3
1
1
2
+
≥
( 2)
3
1 + z 1 + xyz 1 + z 3 xyz

1
1
1
1
1
1

+
+
+
≥
2
+
Từ (1) và (2) suy ra:
3
3
3

 1 + x 3 y 3 1 + xyz 4
1 + x 1 + y 1 + z 1 + xyz

1
1
2
2
+
≥
=
( 4)
Theo câu a/ ta có:
3 3
4
3
3
4
1 + xyz
1 + x y 1 + xyz
1 + 4 x y xyz


÷
÷


( 3)

Từ (3) và (4) ta suy ra:
1

1
1
1
4
+
+
+
≥
3
3
3
1 + x 1 + y 1 + z 1 + xyz 1 + xyz

Suy ra đpcm
1
1
1
+
≤
1
1
1
1
1
1
Bài 14: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng: +
+
+
a b c d a+c b+d

HD:
BĐT đã cho tương đương với BĐT:

( a + c ) ( b + d ) ⇔ ab ( a + b ) + cd ( c + d ) ≤ ( a + c ) ( b + d )
ab
cd
+
≤
a+b c+d
a +b+c+d
a+b+c+d
( a + b) ( c + d )

⇔ ( a + b + c + d )  ab ( c + d ) + cd ( a + b )  ≤ ( a + b ) ( a + c ) ( c + d ) ( b + d )

⇔ ( a + b ) ( a + c ) ( c + d ) ( b + d ) − ( a + b + c + d )  ab ( c + d ) + cd ( a + b )  ≥ 0

BĐt cuối cùng đúng vì nếu khai triển vế trái thì đi đến BĐT đúng: ( ad − bc ) ≥ 0
2

Phương pháp 4: Sử dụng các bất đẳng thức phụ:
2
2
A. Bất đẳng thức phụ: x + y ≥ 2 xy
Hệ quả:
1) x 2 + y 2 ≥ 2 xy

2)

( x + y)

2

≥ 4 xy

Bài 15: Cho 0 ≤ a, b, c, d ≤ 1 . Chứng minh rằng:

( a + b + c + d + 1)

2

≥ 4 ( a 2 + b2 + c2 + d 2 )

HD:
2
Áp dụng BĐT phụ ( x + y ) ≥ 4 xy ta có:

( a + b + c + d + 1)

≥ 4( a + b + c + d )
Với x = a + b + c + d và y = 1
Mặt khác vì 0 ≤ a, b, c, d ≤ 1 nên a ≥ a 2 , b ≥ b 2 ; c ≥ c 2 ; d ≥ d 2
2

Nên ( a + b + c + d + 1) ≥ 4 ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )
(đpcm)
Bài 16: Cho x, y > 0 có tổng x + y + z = 1. Chứng minh rằng: x + y ≥ 16 xyz
2

HD:
2
2
2
Áp dụng BĐT phụ ( x + y ) 4 xy ≤ ( x + y ) ta có: 16 xyz ≤ 4 z ( x + y )

( 1)

Ta chứng minh: 4z ( x + y ) ≤ x + y
2

Thật vậy 4 z ( x + y ) ≤ x + y ⇔ 4 z ( x + y ) ≤ 1 ⇔ 4 z ( 1 − z ) ≤ 1
2

⇔ 4 z 2 − 4 z + 1 ≥ 0 ⇔ ( 2 z − 1) ≥ 0 (luôn đúng)
2

Vậy 4z ( x + y ) ≤ x + y (2)
2

Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài 17: Chứng minh rằng: ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 8abc với a, b, c ≥ 0
HD:
2
Áp dụng BĐT phụ ( x + y ) ≥ 4 xy ta có:

( a + b ) ≥ 4ab
2
( b + c ) ≥ 4bc
2

( c + a ) ≥ 4ca
2

Vì a, b, c ≥ 0 nên nhân từng vế các bất đẳng thức trên lại với nhau ta được:

( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 64a 2b 2c 2
Suy ra ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 8abc
2

2

2

2
2
2
2
Bài 18: Chứng minh rằng với a, b, c, d tuỳ ý ta luôn có: a + b + c + d ≥ ( a + b ) ( c + d )
HD:

1 2
x + y 2 ) ta có:
(
2
1
1
1
1
VP = ( a + b ) ( c + d ) = ac + ad + bc + bd ≤ ( a 2 + c 2 ) + ( a 2 + d 2 ) + ( b 2 + c 2 ) + ( b 2 + d 2 )
2

2
2
2
2
2
2
2
= a +b +c +d
=> VP ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 => đpcm

Áp dụng BĐT phụ xy ≤

B. Bất đẳng thức phụ: x +

1
≥ 2 (với x > 0)
x

Hệ quả:
a b
+ ≥2
b a
a b
2) ab < 0 thì + ≤ −2
b a
1) ab > 0 thì

Bài 19:
Bài 20:
Bài 21:

Bài 22:
Bài 23:
Bài 24:
B. Bất đẳng thức phụ:
1
4
Hệ quả: xy ≥
2
( x + y)

1 1
4
+ ≥
x y x+ y

( x, y > 0 )


Bài 25:
Bài 26:
Bài 27:
Bài 28:
Bài 29:
Bài 30:

Dạng 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.
Bài 1:
Bài 2:
Bài 3:
Bài 4:

Bài 5:
Bài 6:
Bài 7:
Bài 8:
Bài 9:
Bài 10:
Bài 11:
Bài 12:
Bài 13:
Bài 14:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = x − 3 + 5 − x
Cho: a > 0, b > 0 và ab = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

(

)

2
2
A = ( a + b + 1) a + b +

4
a+b

Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn x+y=1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của:
B=(4x2+3y)(4y2+3x)+25xy
Với x, y là những số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Q=

x3

+
x3 + 8y 3

4y3

y 3 + ( x + y)

Bài 3. Tìm GTNN (nếu có) của các biểu thức sau:
P = 4 x 2 +12 x + 9 + 4 x 2 - 20 x + 25 .

Q = x 2 + 2 y 2 + 2 xy - 2 x + 2008 .

Câu 2: (Đại số: 5 điểm)

3


Dạng 1: Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
Bài 1:
Bài 2:
Bài 3:
Bài 4:
Bài 5:
Bài 6:
Bài 7:
Bài 8:
Bài 9:
Bài 10:
Bài 11:
Bài 12:

Bài 13:
Bài 14:
a. x 2 − 10 x + 27 = 6 − x + x − 4
b. x 2 − 2 x − x x − 2 x + 4 = 0
x −1 + 2 x − 2 + x + 1 = 5 x − 2

x 2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2x − 3

4x + 1 − 3x − 2 =

b)

x+3
5

x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x = 11

x 2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2x − 3

4x + 1 − 3x − 2 =

b)

x+3
5

x 2 + 5 x + 9 = ( x + 5) x 2 + 9 .

c. x 2 − 10 x + 27 = 6 − x + x − 4
x2 − 2x − x x − 2 x + 4 = 0

2x − 1 + 2 = x

( 1+ x )

2 3

− 4 x3 = 1 − 3 x 4

x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x = 11

a) 2 x + 1 = 3x − 2
b) x2 – 2 = (2x + 3)(x + 5) + 23

x2 −1 − x2 + 1 = 0
x 4 - x3 + x 2 - 11x +10 = 0
(x + 1)(x +2)(x + 4)(x + 8) = 28x2
x x −2 x −x =0

x 2 − 5 x + 36 = 8 3 x + 4
16
4
256
+
+
+ x − 6 + y − 2 + z − 1750 = 44
x−6
y−2
z − 1750

b.

( x 2008) 2 + ( 2009 x ) 2 + ( x 2010) 2

= 2.

x 2 22 x + 121 + x 2 + 24 x + 144 = 2007

Cho pt: x2- 2mx + 2m 1 = 0
a) Chứng tỏ rằng pt có nghiệm x1, x2 với mọi m.
b) Đặt A = 2(x12 + x22)- 5x1x2.
CM: A = 8m2- 18m + 9
Giaỷi baỏt phửụng trỡnh

x2+2 x
2007
< 2008
Gii bt phng trỡnh
x
m x + y = 4 ( 1)
Cho h phng trỡnh
x m y = 1 ( 2 )

a) Gii h phng trỡnh vi m = 2.
b) Xỏc nh m h phng trỡnh cú nghim (x; y) tha món
Cho h phng trỡnh :

x + y =1.

x + 2012 y = 2012


2012 x + y = 2012

1. Chng minh rng : x = y
2. Tỡm nghim ca h phng trỡnh.
x + y + xy = 7
2
2
xy + x y = 12

x 3 y 3 = 3( x y )
Gii h phng trỡnh:
x + y = 1
Cho hệ phơng trình hai ẩn x, y sau:

( m + 1) x + my = 2m 1

2
mx y = m 2

a) Giải hệ phơng trình với m =1.
b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) thoả mãn P = xy đạt giá trị lớn nhất.
Dng 2: Gii bi toỏn bng cỏch lp phng trinh, h phng trỡnh.
Bi 1:
Bi 2:
Bi 3:
Bi 4:
Bi 5:

Bi 6:
Bi 7:
Bi 8:
Bi 9:
Bi 10:
Bi 11:
Bi 12:
Bi 13:
Bi 14:


Mt ngi i b t nh n sõn ga. Trong 12 phỳt u, ngi ú i c 700m v thy rng nh
vy s n sõn ga chm 40 phỳt, vỡ th trờn quóng ng cũn li, ngi y i vi vn tc 5km/h
nờn n sõn ga sm 5 phỳt. Hóy tớnh quóng ng t nh n sõn ga.
Lp 9A cú 56 bn, trong ú cú 32 bn nam. Cụ giỏo ch nhim d kin chia lp thnh cỏc t hc
tp:
- Mi t gm cú cỏc bn nam, cỏc bn n.
- S cỏc bn bn nam, cỏc bn n c chia u vo cỏc t.
- S ngi trong mi t khụng quỏ 15 ngi nhng cng khụng ớt hn chớn ngi.
Em hóy tớnh xem cụ giỏo cú th sp xp nh th no v cú tt c my t ?
Dng 3: Hm s v th. Tng giao gia hai th.
Bi 1:
Bi 2:
Bi 3:
Bi 4:
Bi 5:
Bi 6:
Bi 7:
Bi 8:
Bi 9:

Bi 10:
Bi 11:
Bi 12:
Bi 13:
Bi 14:
Cõu 2. Cho hm s: y = x 2m 1 ; vi m tham s.
d. Xỏc nh m th hm s i qua gc ta O.
b. Tớnh theo m ta cỏc giao im A; B ca th hm s vi cỏc trc Ox; Oy. H l hỡnh
2
chiu ca O trờn AB. Xỏc nh giỏ tr ca m OH =
2

e. Tỡm qu tớch trung im I ca on thng AB.
Cõu 2: (5,0 im)
Trên mặt phẳng tọa độ cho các đờng thẳng (d): y =

3x + 3
và
2

9 - 3x
cắt nhau tại C và lần lợt cắt trục Ox tại A, B.
2
a) Tìm tọa độ của các điểm A, B, C.
b) Tìm diện tích và chu vi của tam giác ABC biết đơn vị đo độ dài trên các trục là cm.
(d') : y =

Cho đờng thẳng y=(m 2)x + 2 (d). Chứng minh (d) luôn đi qua điểm cố định và tìm giá trị
của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đờng thẳng (d) bằng 1.
Cõu 2. Cho hm s: y = x 2m 1 ; vi m tham s.