CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN LỚP 10

Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
Bài 1: Cho x + y = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S = x2 + y2.
HƯỚNG DẪN
Cách 1 : Từ x + y = 2 ta có y = 2 – x. Do đó : S = x2 + (2 – x)2 = 2(x – 1)2 + 2 ≥ 2.
Vậy min S = 2 ⇔ x = y = 1.
Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki với a = x, c = 1, b = y, d = 1, ta có :
(x + y)2 ≤ (x2 + y2)(1 + 1) ⇔ 4 ≤ 2(x2 + y2) = 2S ⇔ S ≥ 2. ⇒ mim S = 2 khi x = y = 1
Bài 4:
a) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng :

bc ca ab
+ +
≥a+b+c
a
b
c

b) Cho a, b > 0 và 3a + 5b = 12. Tìm giá trị lớn nhất của tích P = ab.
HƯỚNG DẪN
a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các cặp số dương

bc
ca bc
ab ca
ab
và
;
và
;
và
, ta

a
b a
c b
c

lần lượt có:

bc ca
bc ca
bc ab
bc ab
ca ab
ca ab
+ ≥2
. = 2c;
+
≥2
. = 2b ; +
≥2
. = 2a cộng từng
a
b
a b
a
c
a c
b
c
b c
vế ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

3a + 5b
≥ 3a.5b .
2
12
12
⇔ (3a + 5b)2 ≥ 4.15P (vì P = a.b) ⇔ 122 ≥ 60P ⇔ P ≤
⇒ max P =
.
5
5
b) Với các số dương 3a và 5b , theo bất đẳng thức Cauchy ta có :

Dấu bằng xảy ra khi 3a = 5b = 12 : 2 ⇔ a = 2 ; b = 6/5.

Bài 2. Cho a + b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M = a3 + b3.
HƯỚNG DẪN
1
1
1
1
Ta có b = 1 – a, do đó M = a3 + (1 – a)3 = 3(a – )2 +
≥
. Dấu “=” xảy ra khi a =
.
2
4
4
2
1

1
Vậy min M =
⇔ a=b= .
4
2
Bài 3. Cho a3 + b3 = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : N = a + b.
HƯỚNG DẪN
Đặt a = 1 + x ⇒ b = 2 – a = 2 – (1 + x) = 1 – 3x – 3x2 – x3 ≤ 1 – 3x + 3x2 – x3 = (1 – x)3.
Suy ra : b ≤ 1 – x. Ta lại có a = 1 + x, nên : a + b ≤ 1 + x + 1 – x = 2.
Với a = 1, b = 1 thì a3 + b3 = 2 và a + b = 2. Vậy max N = 2 khi a = b = 1.
3

3

3

Bài 4. Tìm liên hệ giữa các số a và b biết rằng : a + b > a − b
HƯỚNG DẪN
Vì | a + b | ≥ 0 , | a – b | ≥ 0 , nên : | a + b | > | a – b | ⇔ a2 + 2ab + b2 ≥ a2 – 2ab + b2
Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

1


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
⇔ 4ab > 0 ⇔ ab > 0. Vậy a và b là hai số cùng dấu.
Bài 5.
a) Chứng minh bất đẳng thức (a + 1)2 ≥ 4a
b) Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh : (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ 8
HƯỚNG DẪN

a) Xét hiệu : (a + 1) – 4a = a + 2a + 1 – 4a = a2 – 2a + 1 = (a – 1)2 ≥ 0.
b) Ta có : (a + 1)2 ≥ 4a ; (b + 1)2 ≥ 4b ; (c + 1)2 ≥ 4c và các bất đẳng thức này có hai vế đều
dương, nên : [(a + 1)(b + 1)(c + 1)]2 ≥ 64abc = 64.1 = 82. Vậy (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ 8.
2

2

Bài 6. Chứng minh các bất đẳng thức :
a) (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2)
b) (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)
HƯỚNG DẪN
a) Ta có : (a + b)2 + (a – b)2 = 2(a2 + b2). Do (a – b)2 ≥ 0, nên (a + b) 2 ≤ 2(a2 + b2).
b) Xét : (a + b + c)2 + (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2. Khai triển và rút gọn, ta được :
3(a2 + b2 + c2). Vậy : (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2).
Bài 7. Tìm các số a, b, c, d biết rằng : a2 + b2 + c2 + d2 = a(b + c + d)
HƯỚNG DẪN
Viết đẳng thức đã cho dưới dạng : a2 + b2 + c2 + d2 – ab – ac – ad = 0 (1). Nhân hai vế của (1)
với 4 rồi đưa về dạng : a2 + (a – 2b)2 + (a – 2c)2 + (a – 2d)2 = 0 (2). Do đó ta có :
a = a – 2b = a – 2c = a – 2d = 0 . Suy ra : a = b = c = d = 0.
Bài 8. Cho biểu thức M = a2 + ab + b2 – 3a – 3b + 2001. Với giá trị nào của a và b thì M
đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
HƯỚNG DẪN
2M = (a + b – 2) + (a – 1) + (b – 1) + 2.1998 ≥ 2.1998 ⇒ M ≥ 1998.
2

2

2

a + b − 2 = 0


Dấu “ = “ xảy ra khi có đồng thời : a − 1 = 0
Vậy min M = 1998 ⇔ a = b = 1.
b − 1 = 0

Bài 9. Chứng minh rằng không có giá trị nào của x, y, z thỏa mãn đẳng thức sau :
x2 + 4y2 + z2 – 2a + 8y – 6z + 15 = 0
HƯỚNG DẪN
Đưa đẳng thức đã cho về dạng : (x – 1)2 + 4(y – 1)2 + (x – 3)2 + 1 = 0.
Bài 10. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = x2y với các điều kiện x, y > 0 và 2x + xy = 4.
HƯỚNG DẪN

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

2


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />2

a+b
a+b
ab ≤
viết lại dưới dạng ab ≤ 
 (*) (a, b ≥ 0).
2
 2 

Bất đẳng thức Cauchy

Áp dụng bất dẳng thức Cauchy dưới dạng (*) với hai số dương 2x và xy ta được :

2

 2x + xy 
2x.xy ≤ 
 =4
 2 
Dấu “ = “ xảy ra khi : 2x = xy = 4 : 2 tức là khi x = 1, y = 2. ⇒ max A = 2 ⇔ x = 2, y = 2.
Bài 11. Cho S =

1
1
1
1
+
+ .... +
+ ... +
.
1.1998
2.1997
k(1998 − k + 1)
1998 − 1
1998
Hãy so sánh S và 2.
.
1999
HƯỚNG DẪN

1
2
1998

>
. Áp dụng ta có S > 2.
.
1999
ab a + b

Bất đẳng thức Cauchy viết lại dưới dạng :

Bài 12. Cho các số x và y cùng dấu. Chứng minh rằng :

x y
+ ≥2
y x
 x 2 y2   x y 
b)  2 + 2  −  +  ≥ 0
x  y x
y
a)

 x 4 y4   x 2 y2   x y 
c)  4 + 4  −  2 + 2  +  +  ≥ 2 .
x  y
x  y x
y
HƯỚNG DẪN

x y
x + y − 2xy (x − y) 2
x y
+ −2=

=
≥ 0 . Vậy + ≥ 2
y x
xy
xy
y x
2
2
2
2
x
y  x y x
y  x y x y
b) Ta có : A =  2 + 2  −  +  =  2 + 2  − 2  +  +  +  . Theo câu a :
x  y x y
x  y x y x
y
2

2

a)

2

2

 x 2 y2   x y 
x  y 
A ≥  2 + 2  − 2  +  + 2 =  − 1 +  − 1 ≥ 0

x  y x
y  x 
y
 x 4 y4   x 2 y2 
x y
c) Từ câu b suy ra :  4 + 4  −  2 + 2  ≥ 0 . Vì
+ ≥ 2 (câu a). Do đó :
y
x
y
x
y
x

 

 x 4 y4   x 2 y2   x y 
 4 + 4 − 2 + 2 + +  ≥ 2.
x  y
x  y x
y
Bài 13. Cho các số x và y khác 0. Chứng minh rằng :

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

x y
x 2 y2
+ 2 + 4 ≥ 3 +  .
2
y

x
y x

3


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
HƯỚNG DẪN
2

2

x y
x
y
x 2 y2
2
Đặt
+ = a ⇒ 2 + 2 + 2 = a . Dễ dàng chứng minh 2 + 2 ≥ 2 nên a2 ≥ 4, do đó
y x
y
x
y
x
| a | ≥ 2 (1). Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : a2 – 2 + 4 ≥ 3a
⇔ a2 – 3a + 2 ≥ 0 ⇔ (a – 1)(a – 2) ≥0 (2)
Từ (1) suy ra a ≥ 2 hoặc a ≤ -2. Nếu a ≥ 2 thì (2) đúng. Nếu a ≤ -2 thì (2) cũng đúng. Bài
toán được chứng minh.

x 2 y2 z2 x y z

Bài 14. Cho các số x, y, z dương. Chứng minh rằng : 2 + 2 + 2 ≥ + + .
y
z
x
y z x
HƯỚNG DẪN
Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với :

x 4 z 2 + y 4 x 2 + z 4 x 2 − ( x 2 z + y 2 x + z 2 y ) xyz
x 2 y2 z2

≥ 0.

Cần chứng minh tử không âm, tức là : x3z2(x – y) + y3x2(y – z) + z3y2(z – x) ≥ 0. (1)
Biểu thức không đổi khi hoán vị vòng x ⇒ y ⇒ z ⇒ x nên có thể giả sử x là số lớn nhất. Xét
hai trường hợp :
a) x ≥ y ≥ z > 0. Tách z – x ở (1) thành – (x – y + y – z), (1) tương đương với :
x3z2(x – y) + y3x2(y – z) – z3y2(x – y) – z3y2(y – z) ≥ 0
⇔ z2(x – y)(x3 – y2z) + y2(y – z)(yx2 – z3) ≥ 0
3
2
Dễ thấy x – y ≥ 0 , x – y z ≥ 0 , y – z ≥ 0 , yx2 – z3 ≥ 0 nên bất đẳng thức trên đúng.
b) x ≥ z ≥ y > 0. Tách x – y ở (1) thành x – z + z – y , (1) tương đương với :
x3z2(x – z) + x3z2(z – y) – y3x2(z – y) – z3y2(x – z) ≥ 0
⇔ z2(x – z)(x3 – zy2) + x2(xz2 – y3)(z – y) ≥ 0
Dễ thấy bất đẳng thức trên dúng.
Cách khác : Biến đổi bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với :
2

2

2

x  y  z  x y z
 − 1 +  − 1 +  − 1 +  + +  ≥ 3 .
y  z  x  y z x
Bài 15. Chứng minh các bất đẳng thức :
a) (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2)
b) (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)
c) (a1 + a2 + ….. + an)2 ≤ n(a12 + a22 + ….. + an2).
HƯỚNG DẪN
a) Ta có : (a + b) + (a – b) = 2(a + b ) ⇒ (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2).
b) Xét : (a + b + c)2 + (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2. Khai triển và rút gọn ta được :
3(a2 + b2 + c2). Vậy : (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)
c) Tương tự như câu b
2

2

2

2

Bài 16. Cho a3 + b3 = 2. Chứng minh rằng a + b ≤ 2.
HƯỚNG DẪN
Giả sử a + b > 2 ⇒ (a + b)3 > 8 ⇔ a3 + b3 + 3ab(a + b) > 8 ⇔ 2 + 3ab(a + b) > 8
Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

4

Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
⇒ ab(a + b) > 2 ⇒ ab(a + b) > a3 + b3. Chia hai vế cho số dương a + b : ab > a2 – ab + b2
⇒ (a – b)2 < 0, vô lí. Vậy a + b ≤ 2.

Bài 17. Tìm giá trị nhỏ nhất của : A =

x y z
+ + với x, y, z > 0.
y z x

HƯỚNG DẪN
Không được dùng phép hoán vị vòng quanh x
y z x và giả sử x ≥ y ≥ z.
Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương x, y, z :

A=

x y z
x y z
+ + ≥ 33 . . = 3
y z x
y z x

x y z
x y z
+ + =3 ⇔ = = ⇔x = y=z
y z x
y z x
x y z x y y z y

x y
Cách 2 : Ta có : + + =  +  +  + −  . Ta đã có + ≥ 2 (do x, y > 0) nên
y z x y x z x x
y x
x y z
y z y
để chứng minh + + ≥ 3 ta chỉ cần chứng minh : + − ≥ 1 (1)
y z x
z x x
Do đó min 

(1) ⇔ xy + z2 – yz ≥ xz (nhân hai vế với số dương xz)
⇔ xy + z2 – 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
Bài 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của : A = x2 + y2 biết x + y = 4.

HƯỚNG DẪN
Ta có x + y = 4 ⇒ x + 2xy + y = 16. Ta lại có (x – y)2 ≥ 0 ⇒ x2 – 2xy + y2 ≥ 0. Từ đó suy ra
2(x2 + y2) ≥ 16 ⇒ x2 + y2 ≥ 8. min A = 8 khi và chỉ khi x = y = 2.
2

2

Bài 19. Tìm giá trị lớn nhất của : A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với x, y, z ≥ 0 ; x + y + z = 1.
HƯỚNG DẪN

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm :
1 = x + y + z ≥ 3. 3 xyz

(1)

2 = (x + y) + (y + z) + (z + x) ≥ 3. 3 (x + y)(y + z)(z + x)

(2)

2
9

3

Nhân từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều không âm) : 2 ≥ 9. 3 A ⇒ A ≤  
3

1
2
max A =   khi và chỉ khi x = y = z = .
3
9
Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

5


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
Bài 20. Cho a, b, c > 0. Chứng minh : a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c)
HƯỚNG DẪN

Hiệu của vế trái và vế phải bằng (a – b) (a + b).
2

Bài 21. Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh :

a
b
c
d
+
+
+
≥2
b+c c+d d+a a +b

HƯỚNG DẪN

1
4
≥
với x, y > 0 :
xy (x + y) 2
a
c
a 2 + ad + bc + c 2 4(a 2 + ad + bc + c 2 )
+
=
≥
(1)
b+c d+a

(b + c)(a + d)
(a + b + c + d) 2
b
d
4(b 2 + ab + cd + d 2 )
Tương tự
(2)
+
≥
c+d a+b
(a + b + c + d) 2

Áp dụng bất đẳng thức

Cộng (1) với (2)

a
b
c
d
4(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ad + bc + ab + cd)
+
+
+
≥
= 4B
b+c c+d d+a a +b
(a + b + c + d)2
1
Cần chứng minh B ≥ , bất đẳng thức này tương đương với :

2

2B ≥ 1 ⇔ 2(a2 + b2 + c2 + d2 + ad + bc + ab + cd) ≥ (a + b + c + d)2
⇔ a2 + b2 + c2 + d2 – 2ac – 2bd ≥ 0 ⇔ (a – c)2 + (b – d)2 ≥ 0 : đúng.

Bài 22.
a) Chứng minh rằng : | A + B | ≤ | A | + | B | . Dấu “ = ” xảy ra khi nào ?
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : M =

x 2 + 4x + 4 + x 2 − 6x + 9 .

HƯỚNG DẪN
a) Do hai vế của bất đẳng thức không âm nên ta có :
| A + B | ≤ | A | + | B | ⇔ | A + B |2 ≤ ( | A | + | B | )2
⇔
A2 + B2 + 2AB ≤ A2 + B2 + 2| AB | ⇔ AB ≤ | AB | (bất đẳng thức đúng)
Dấu “ = “ xảy ra khi AB ≥ 0.
b) Ta có : M = | x + 2 | + | x – 3 | = | x + 2 | + | 3 – x | ≥ | x + 2 + 3 – x | = 5.
Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi (x + 2)(3 – x) ≥ 0 ⇔ -2 ≤ x ≤ 3 (lập bảng xét dấu)
Vậy min M = 5 ⇔ -2 ≤ x ≤ 3.
Bài 23. Giải phương trình : 2x 2 − 8x − 3 x 2 − 4x − 5 = 12 .
HƯỚNG DẪN

 x ≤ −1

Điều kiện tồn tại của phương trình : x2 – 4x – 5 ≥ 0 ⇔ 
x ≥ 5
Đặt ẩn phụ

x 2 − 4x − 5 = y ≥ 0 , ta được : 2y2 – 3y – 2 = 0 ⇔ (y – 2)(2y + 1) = 0.

Bài 24. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A =

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

x +x.
6


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
HƯỚNG DẪN
x là x ≥ 0. Do đó : A = x + x ≥ 0 ⇒ min A = 0 ⇔ x = 0.

Điều kiện tồn tại của

Bài 25. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : B = 3 − x + x

Điều kiện : x ≤ 3. Đặt

HƯỚNG DẪN
3 − x = y ≥ 0, ta có : y2 = 3 – x ⇒ x = 3 – y2.

B = 3 – y2 + y = - (y – ½ )2 +

13
13
13
11
≤
. max B =
⇔ y=½ ⇔ x=

.
4
4
4
4

Bài 26. So sánh :
n + 2 − n + 1 và n+1 − n (n là số nguyên dương)

Ta có :
Mà

(

n + 2 − n +1

)(

HƯỚNG DẪN

)

n + 2 + n + 1 = 1 và

n + 2 + n + 1 > n + 1 + n nên

(

n+1 − n

)(

)

n + 1 + n = 1.

n+2 − n + 1 < n + 1 − n .

Bài 27. Với giá trị nào của x, biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất :

A = 1 − 1 − 6x + 9x 2 + (3x − 1) 2 .
HƯỚNG DẪN
A = 1 - | 1 – 3x | + | 3x – 1 | = ( | 3x – 1| - 1/2 )2 + 3/4 ≥ 3/4.
Từ đó suy ra : min A = 3/4 ⇔ x = 3/4 hoặc x = 1/6
2

Bài 28. Tìm các số x, y, z thỏa mãn đẳng thức : (2x − y) 2 + (y − 2)2 + (x + y + z) 2 = 0
HƯỚNG DẪN

x = 1 ; y = 2 ; z = -3.
Bài 29. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = 25x 2 − 20x + 4 + 25x 2 − 30x + 9 .
HƯỚNG DẪN

P = | 5x – 2 | + | 3 – 5x | ≥ | 5x – 2 + 3 – 5x | = 1. min P = 1 ⇔

2
3
≤x≤ .
5
5

Bài 30. Cho hai số thực x và y thỏa mãn các điều kiện : xy = 1 và x > y.

x 2 + y2
CMR:
≥2 2.
x−y
HƯỚNG DẪN

Cách 1 : Xét x 2 + y 2 − 2 2(x − y) = x 2 + y 2 − 2 2(x − y) + 2 − 2xy = (x − y − 2)2 ≥ 0 .

x 2 + y2 )
(
x 2 + y2
Cách 2 : Biến đổi tương đương
≥2 2⇔
≥8
2
x−y
( x − y)
2

⇔ (x2 + y2)2 – 8(x – y)2 ≥ 0
Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

7


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
⇔ (x2 + y2)2 – 8(x2 + y2 – 2) ≥ 0 ⇔ (x2 + y2)2 – 8(x2 + y2) + 16 ≥ 0 ⇔ (x2 + y2 – 4)2 ≥ 0.

Cách 3 : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy :

x 2 + y 2 x 2 + y 2 − 2xy + 2xy (x − y) 2 + 2.1
2
1
=
=
= (x − y) +
≥ 2 (x − y).
x−y
x−y
x−y
x−y
x−y
(x > y).

6+ 2
6− 2
− 6+ 2
− 6− 2
;y=
hoặc x =
;y=
2
2
2
2
1 1 1
1 1 1
Bài 31. Cho a + b + c = 0 ; a, b, c ≠ 0. Chứng minh đẳng thức :

+ 2+ 2 = + +
2
a
b
c
a b c

Dấu đẳng thức xảy ra khi x =

HƯỚNG DẪN
2

1 1 1
1
1  1 1 1 2(c + b + a
1 1 1
 1
=
 + +  = 2 + 2 + 2 + 2 + +  = 2 + 2 + 2 +
a
b c
b
c
abc
a b c
 ab bc ca  a
1 1 1
= 2 + 2 + 2 . Suy ra điều phải chứng minh.
a
b c

Bài 32. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của A = x2 + y2 , biết rằng :
x2(x2 + 2y2 – 3) + (y2 – 2)2 = 1 (1)

HƯỚNG DẪN
Ta có x (x + 2y – 3) + (y – 2) = 1 ⇔ (x2 + y2)2 – 4(x2 + y2) + 3 = - x2 ≤ 0.
Do đó : A2 – 4A + 3 ≤ 0 ⇔ (A – 1)(A – 3) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ A ≤ 3.
min A = 1 ⇔ x = 0, khi đó y = ± 1. max A = 3 ⇔ x = 0, khi đó y = ± 3 .
2

2

2

2

2

Bài 33. Tìm 20 chữ số thập phân đầu tiên của số :

0,9999....9 (20 chữ số 9)

HƯỚNG DẪN
Đặt 0,999...99 = a. Ta sẽ chứng minh 20 chữ số thập phân đầu tiên của

a là các chữ số 9.

20 chöõ soá 9

a < 1. Thật vậy ta có : 0 < a < 1 ⇒ a(a – 1) < 0

⇒ a – a < 0 ⇒ a < a. Từ a < a < 1 suy ra a < a < 1.
Vậy 0,999...99 = 0,999...99 .
Muốn vậy chỉ cần chứng minh a <
2

2

2

20 chöõ soá 9

20 chöõ soá 9

Bài 34. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của : A = | x -

2 | + | y – 1 | với | x | + | y | = 5

HƯỚNG DẪN
a) Tìm giá trị lớn nhất. Áp dụng | a + b | ≥ | a | + | b |.

A ≤ | x | + 2 + | y | + 1 = 6 + 2 ⇒ max A = 6 +
b) Tìm giá trị nhỏ nhất. Áp dụng | a – b | ≥ | a | - | b .
A≥|x|-

2 |y|-1=4-

2 ⇒ min A = 4 -

2 (khi chẳng hạn x = - 2, y = - 3)

2 (khi chẳng hạn x = 2, y = 3)
4

Bài 35. Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x + y4 + z4 biết rằng xy + yz + zx = 1

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

8


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
Ta có :

HƯỚNG DẪN
x4 + y4 ≥ 2x2y2 ; y4 + z4 ≥ 2y2z2 ; z4 + x4 ≥ 2z2x2. Suy ra :
x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + z2x2 (1)

Mặt khác, dễ dàng chứng minh được : Nếu a + b + c = 1 thì a2 + b2 + c2 ≥

1
.
3

1
(2).
3
1
3
Từ (1) , (2) : min A =
⇔ x=y=z= ±

3
3
Bài 36. Trong hai số : n + n + 2 và 2 n+1 (n là số nguyên dương), số nào lớn hơn ?

Do đó từ giả thiết suy ra : x2y2 + y2z2 + z2x2 ≥

Thay vì so sánh

HƯỚNG DẪN
n + n + 2 và 2 n+1 ta so sánh n + 2 − n + 1 và

n + 1 − n . Ta có :

n + 2 − n +1 < n +1 − n ⇒ n + n + 2 < 2 n +1 .
Bài 37. Tính giá trị của biểu thức x2 + y2 biết rằng : x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = 1 .
HƯỚNG DẪN

Từ giả thiết ta có : x 1 − y 2 = 1 − y 1 − x 2 . Bình phương hai vế của đẳng thức này ta được :

y = 1 − x 2 . Từ đó : x2 + y2 = 1.
Bài 38. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của : A = 1 − x + 1 + x .
HƯỚNG DẪN
Xét A để suy ra : 2 ≤ A ≤ 4. Vậy : min A = 2 ⇔ x = ± 1 ; max A = 2 ⇔ x = 0.
2

2

Bài 39. Tìm giá trị lớn nhất của : M =

Ta có : M =

(

a+ b

) (
2

≤

(

a+ b

)

2

với a, b > 0 và a + b ≤ 1.

HƯỚNG DẪN

a+ b

) (
2

+

a− b

)

2

= 2a + 2b ≤ 2 .

 a = b
1
max M = 2 ⇔ 
⇔a=b= .
2
a + b = 1
Bài 40. CMR trong các số 2b + c − 2 ad ; 2c + d − 2 ab ; 2d + a − 2 bc ; 2a + b − 2 cd có
ít nhất hai số dương (a, b, c, d > 0).
HƯỚNG DẪN

Xét tổng của hai số :

( 2a + b − 2 cd ) + ( 2c + d − 2 ab ) = ( a + b − 2 ab ) + ( c + d − 2 cd ) + a + c =
= (a + c) + ( a − b ) + ( c − d ) ≥ a + c > 0 .
2

2

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

9

Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
Bài 41. Cho x + y + z =

xy + yz + zx , trong đó x, y, z > 0. Chứng minh x = y = z.
HƯỚNG DẪN

Từ x + y + z =

xy + yz + zx ⇒

(

x− y

) +(
2

y− z

) +(
2

z− x

)

2

= 0.

Vậy x = y = z.
Bài 42. Cho a1, a2, …, an > 0 và a1a2…an = 1. Chứng minh: (1 + a1)(1 + a2)…(1 + an) ≥ 2n.
HƯỚNG DẪN
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 1 và ai ( i = 1, 2, 3, … n ).
Bài 43. Chứng minh :

(

a+ b

)

2

≥ 2 2(a + b) ab

(a, b ≥ 0).

HƯỚNG DẪN
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số a + b ≥ 0 và 2 ab ≥ 0, ta có :

a + b + 2 ab ≥ 2 2(a + b) ab hay

(

a+ b

)

2

≥ 2 2(a + b) ab .

Dấu “ = “ xảy ra khi a = b.
Bài 44. Chứng minh rằng nếu các đoạn thẳng có độ dài a, b, c lập được thành một tam giác thì
các đoạn thẳng có độ dài a , b , c cũng lập được thành một tam giác.
HƯỚNG DẪN

Giả sử a ≥ b ≥ c > 0. Ta có b + c > a nên b + c + 2 bc > a hay

b + c > a . Vậy ba đoạn thẳng

Do đó :

Ta có :

a2 +1 +
a2 +1 =

a2 +1
1

(
=

a2 +1
1
a2 +1

)

) >( a)
2

2

a2 + 2
a +1
2

≥ 2 . Khi nào có đẳng thức ?

HƯỚNG DẪN
2

a2 +1 +1
a2 +1

≥2

b+ c

a , b , c lập được thành một tam giác.

Bài 45. Chứng minh rằng với mọi số thực a, ta đều có :

a2 + 2

(

a 2 + 1.

= a2 +1 +

1
a2 +1

1

. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

a2 +1
a2 + 2

= 2 . Vậy

a2 +1

≥ 2 . Đẳng thức xảy ra khi :

⇔ a = 0.

Bài 46. Chứng minh rằng ta luôn có : Pn =

1.3.5...(2n − 1)
1
<
; ∀n ∈ Z+
2.4.6...2n
2n + 1

HƯỚNG DẪN

Ta chứng minh bằng qui nạp toán học :
Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

10


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
1
1
<
(*) đúng.
2
3
1
1.3.5...(2k − 1)
1
⇔
<
2.4.6...2k
2k + 1
2k + 1

a) Với n = 1 ta có : P1 =
b) Giả sử : Pk <

(1)

c) Ta chứng minh rằng (*) đúng khi n = k + 1 , tức là :

1
1.3.5...(2k + 1)
1
⇔
<
2.4.6...(2k + 2)
2k + 3
2k + 3
2k + 1
2k + 1
Với mọi số nguyên dương k ta có :
<
(3)
2k + 2
2k + 3
Pk +1 <

(2)

Nhân theo từng vế các bất đẳng thức (1) và (3) ta được bất đẳng thức (2). Vậy ∀ n ∈ Z+ ta có

Pn =

1.3.5...(2n − 1)
1
<
2.4.6...2n
2n + 1

Bài 47. Chứng minh rằng nếu a, b > 0 thì

a2
b2
+
.
b
a

a+ b≤

HƯỚNG DẪN

a2
b2
a 3 + b3
+
⇔ a+ b≤
b
a
ab
( a + b )(a − ab + b)
⇔ a+ b≤
⇔ ab ≤ a − ab + b ⇔ a − b
ab

Biến đổi tương đương :

a+ b≤

(

Bài 48. Tìm x và y sao cho :

Biến đổi :

)

2

≥ 0 (đúng).

x+y−2 = x + y − 2

HƯỚNG DẪN
x + y − 2 + 2 = x + y . Bình phương hai vế rồi rút gọn, ta được :

2(x + y − 2) = xy . Lại bình phương hai vế rồi rút gọn : (2 – y)(x – 2) = 0.
Đáp : x = 2 , y ≥ 0 , x ≥ 0 , y = 2.
Bài 49. Chứng minh bất đẳng thức :

a 2 + b2 + c2 + d 2 ≥

(a + c)

2

+ (b + d) .
2

HƯỚNG DẪN

Biến đổi tương đương :
(1) ⇔ a2 + b2 + c2 + d2 + 2
⇔

(a

2

(a

2

+ b2 )( c2 + d 2 ) ≥ a2 + c2 + 2ac + b2 + d2 + 2bd

+ b2 )( c2 + d 2 ) ≥ ac + bd

(2)

* Nếu ac + bd < 0, (2) được chứng minh.
* Nếu ac + bd ≥ 0, (2) tương đương với :
(a2 + b2)(c2 + d2) ≥ a2c2 + b2d2 + 2abcd ⇔ a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 ≥ a2c2 + b2d2 + 2abcd
⇔ (ad – bc)2 ≥ 0 (3). Bất đẳng thức (3) đúng, vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

11

Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
a2
b2
c2
a+b+c
Bài 50. Cho a, b, c > 0. Chứng minh :
+
+
≥
.
b+c c+a a +b
2
HƯỚNG DẪN

Cách 1 : Theo bất đẳng thức Cauchy :

a2
b+c
a2 b + c
a
a2
b+c
+
≥2
.
= 2. = a ⇒
≥ a−
.
b+c

4
b+c 4
2
b+c
4
b2
a+c
c2
a+b
Tương tự :
≥ b−
;
≥ c−
.
a+c
4
a+b
4
a2
b2
c2
a+b+c a+b+c
Cộng từng vế 3 bất đẳng thức :
+
+
≥ ( a + b + c) −
=
b+c c+a a+ b
2
2

Cách 2 : Theo BĐT Bunhiacôpxki : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax + by + cz)2. Ta có :

 a  2  b  2  c  2  

 +
 +
  X 
b
+
c
c
+
a
a
+
b









(

b+c

) +(

2

c+a

) +(
2

)

2
a+b  ≥


2

b
c
 a

≥ 
. b+c +
. c+a +
. a+b
c+a
a+b
 b+c

 a2
b2
c2 

a2
b2
c2
a+b+c
2
⇒ 
.
+
+
.
2(a
+
b
+
c)
≥
(a
+
b
+
c)
⇒
+
+
≥
[
]

b+c c+a a+ b
2

 b+c c+a a+ b
Bài 51. Cho a, b, c > 0 ; a + b + c = 1. Chứng minh :

a)

a + 1 + b + 1 + c + 1 < 3,5

b)

a +b + b+c + c+a ≤ 6 .

HƯỚNG DẪN
a) Ta nhìn tổng a + 1 dưới dạng một tích 1.(a + 1) và áp dụng bđt Cauchy :

xy ≤

(a + 1) + 1 a
= +1
2
2
b
c
Tương tự : b + 1 = + 1 ; c + 1 = + 1
2
2
a+b+c
Cộng từng vế 3 bất đẳng thức : a + 1 + b + 1 + c + 1 ≤
+ 3 = 3,5 .
2

x+y
2

a + 1 = 1.(a + 1) ≤

Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a + 1 = b + 1 = c + 1 ⇔ a = b = c = 0, trái với giả thiết a + b + c = 1.
a + 1 + b + 1 + c + 1 < 3,5 .
Vậy :
b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki với hai bộ ba số :

(
(

1. a + b + 1. b + c + 1. c + a

a+b + b+c + c+a

)

2

)

2

≤ (1 + 1 + 1)X 


(

a+b

) (
2

+

b+c

) (
2

+

)

2
c+a  ⇒


≤ 3(a + b + b + c + c + a) = 6⇒ a + b + b + c + c + a ≤ 6

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

12


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
(a

Bài 52. CM :

2

+ c 2 )( b 2 + c2 ) +

(a

2

+ d 2 )( b 2 + d 2 ) ≥ (a + b)(c + d)

với a, b, c, d > 0.
HƯỚNG DẪN

Xét tứ giác ABCD có AC ⊥ BD, O là giao điểm hai đường chéo.
OA = a ; OC = b ; OB = c ; OD = d với a, b, c, d > 0. Ta có :
2

2

2

2

2

2

2

AB = a + c ; BC = b + c ; AD = a + d ; CD = b + d

C

2

B

AC = a + b ; BD = c + d. Cần chứng minh : AB.BC + AD.CD ≥
AC.BD.
Thật vậy ta có : AB.BC ≥ 2SABC ; AD.CD ≥ 2SADC. Suy ra :
Suy ra : AB.BC + AD.CD ≥ 2SABCD = AC.BD.
Vậy :

(a

2

+c

2

)( b

2

+c

2

) + (a

2

+d

2

)( b

2

+d

2

b
c

a

O

d

D

A

) ≥ (a + b)(c + d) .

Chú ý : Giải bằng cách áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
(m2 + n2)(x2 + y2) ≥ (mx + ny)2 với m = a , n = c , x = c , y = b ta có :
(a2 + c2)(c2 + b2) ≥ (ac + cb)2 ⇒
Tương tự :

(a

2

(a

2

+ c2 )( c2 + b2 ) ≥ ac + cb (1)

+ d 2 )( d 2 + b2 ) ≥ ad + bd (2) . Cộng (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài 53. Tìm giá trị nhỏ nhất của : A = x + x .
HƯỚNG DẪN
2

1 1
1
1
 − ≥ − . Vaäy min A = − .
2 4
4
4
1

1
Phân tích sai lầm : Sau khi chứng minh f(x) ≥ - , chưa chỉ ra trường hợp xảy ra f(x) = 4
4
1
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi x = − . Vô lí.
2
Lời giải đúng : Để tồn tại x phải có x ≥ 0. Do đó A = x + x ≥ 0. min A = 0 ⇔ x = 0.



Lời giải sai : A = x + x =  x +

Bài 54. Tìm giá trị nhỏ nhất của : A =

(x + a)(x + b)
.
x

HƯỚNG DẪN

(x + a)(x + b) x + ax + bx + ab 
ab 
=
=  x +  + (a + b) .
x
x
x 

ab
Theo bất đẳng thức Cauchy : x +

≥ 2 ab nên A ≥ 2 ab + a + b =
x
Ta có A =

2

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

(

)

2

a+ b .

13


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
min A =

(

a+ b

)

2

ab

x =
khi và chi khi 
x ⇔ x = ab .
 x > 0

Bài 55. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của A = 2x + 3y biết 2x2 + 3y2 ≤ 5.
HƯỚNG DẪN
Ta xét biểu thức phụ : A = (2x + 3y) . Nhớ lại bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
(am + bn)2 ≤ (a2 + b2)(m2 + n2)
(1)
Nếu áp dụng (1) với a = 2, b = 3, m = x, n = y ta có :
A2 = (2x + 3y)2 ≤ (22 + 32)(x2 + y2) = 13(x2 + y2).
Vói cách trên ta không chỉ ra được hằng số α mà A2 ≤ α. Bây giờ, ta viết A2 dưới dạng :
2

) rồi áp dụng (1) ta có :
= ( 2 ) + ( 3 )  ( x 2 ) + ( y 3 )  = (2 + 3)(2x

 


A2 =

A2

(

2

2. 2x + 3. 3y
2

2

2

2

2

2

+ 3y 2 ) ≤ 5.5 = 25

x = y
⇔ x = y = −1
2x + 3y = 5

Do A2 ≤ 25 nên -5 ≤ A ≤ 5. min A = -5 ⇔ 

x = y
⇔ x = y =1
2x + 3y = 5

max A = 5 ⇔ 

Bài 56. Tìm giá trị lớn nhất của A = x +

Điều kiện x ≤ 2. Đặt

2−x .

HƯỚNG DẪN
2 − x = y ≥ 0, ta có : y2 = 2 – x.
2

1 9 9
9
1
7

a = 2 − y + y = −  y −  + ≤ ⇒ max A = ⇔ y = ⇔ x =
2 4 4
4
2
4

2

Bài 57. Chứng minh

HƯỚNG DẪN
4 − x = b, ta có a + b = 2. Sẽ chứng minh a + b ≤ 2. Cộng từng vế bất đẳng

x − 2 = a,
a2 + 1
b2 + 1
thức : a ≤

;b≤
.
2
2
Đặt

x −2 + 4−x ≤ 2.

2

Bài 58. Chứng minh bất đẳng thức sau bằng phương pháp hình học :

a 2 + b 2 . b 2 + c 2 ≥ b(a + c)

với a, b, c > 0.

HƯỚNG DẪN
Đặt các đoạn thẳng BH = a, HC = c trên một đường thẳng.
Kẻ HA ⊥ BC với AH = b. Dễ thấy AB.AC ≥ 2SABC = BC.AH.

A

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

14

b
a

c

Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
Bài 59. Chứng minh

(a + b)2 a + b
+
≥ a b + b a với a, b ≥ 0.
2
4

HƯỚNG DẪN
Ta có a, b ≥ 0. Theo bất đẳng thức Cauchy :

(a + b)2 a + b a + b 
1
1

+
=
 a + b +  ≥ ab  a + b + 
2
4
2 
2
2

1

Cần chứng minh : ab  a + b +  ≥ a b + b a . Xét hiệu hai vế :

2

1
1



ab  a + b +  - ab a + b = ab  a + b + − a − b  =
2
2



2
2

1 
1 
= ab  a −  +  b −   ≥ 0
2 
2  

1
Xảy ra dấu đẳng thức : a = b =
hoặc a = b = 0.
4

(

Bài 60. Chứng minh

)

a
b
c
+
+
> 2 với a, b, c > 0.
b+c
a+c
a+b
HƯỚNG DẪN

Theo bất đẳng thức Cauchy :

b+c
b+ c+a
 b+c 
.1 ≤ 
+ 1 : 2 =
.
a
2a
 a


a
2a
b

2b
c
2c
≥
. Tương tự :
≥
;
≥
b+c a+ b+c
a+c a+ b+c
a+b a+b+c
a
b
c
2(a + b + c)
Cộng từng vế :
+
+
≥
= 2.
b+c
c+a
a+ b
a+ b+c
a = b + c

Xảy ra dấu đẳng thức :  b = c + a ⇒ a + b + c = 0 , trái với giả thiết a, b, c > 0.
c = a + b


Do đó :

Vậy dấu đẳng thức không xảy ra.
Bài 61. Cho x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = 1 . Chứng minh rằng x2 + y2 = 1.
HƯỚNG DẪN
Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

15


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
Cách 1 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki. Ta có :

(x

2

1− y + y 1− x

2

)

2

≤ ( x 2 − y 2 )(1 − y 2 + 1 − x 2 ) .

Đặt x2 + y2 = m, ta được : 12 ≤ m(2 - m) ⇒ (m – 1)2 ≤ 0 ⇒ m = 1 (đpcm).
Cách 2 : Từ giả thiết : x 1 − y 2 = 1 − y 1 − x 2 . Bình phương hai vế :
x2(1 – y2) = 1 – 2y 1 − x 2 + y2(1 – x2) ⇒ x2 = 1 – 2y 1 − x 2 + y2

0 = (y -

1 − x 2 )2 ⇒ y = 1 − x 2 ⇒ x2 + y2 = 1 .

Bài 62. Tìm giá trị nhỏ nhất của A =

x − 2 x −1 + x + 2 x −1

HƯỚNG DẪN
Áp dụng | A | + | B | ≥ | A + B | . min A = 2 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2 .
Bài 63. Tìm GTNN, GTLN của A = 1 − x + 1 + x .
HƯỚNG DẪN

Xét A = 2 + 2 1 − x . Do 0 ≤

1 − x ≤ 1 ⇒ 2 ≤ 2 + 2 1 − x2 ≤ 4
⇒ 2 ≤ A2 ≤ 4. min A = 2 với x = ± 1 , max A = 2 với x = 0.
2

2

2

Bài 64. Tìm giá trị nhỏ nhất của A =

x 2 + 1 + x 2 − 2x + 5

HƯỚNG DẪN

Áp dụng bất đẳng thức :

a2 + b2 + c2 + d 2 ≥ (a + c)2 + (b + d)2 (Bài 23)

A = x 2 + 12 + (1 − x)2 + 22 ≥ (x + 1 − x)2 + (1 + 2)2 = 10
1− x
1
min A = 10 ⇔
=2 ⇔ x= .
x
3
Bài 65. Tìm giá trị nhỏ nhất của A = − x 2 + 4x + 12 − − x 2 + 2x + 3 .
HƯỚNG DẪN
2

(x + 2)(6 − x) ≥ 0
 −x + 4x + 12 ≥ 0
⇔
⇔ − 1 ≤ x ≤ 3 (1)

2
(x
+
1)(3
−
x)
≥
0
−
x
+

2x
+
3
≥
0



Tập xác định : 

Xét hiệu : (- x2 + 4x + 12)(- x2 + 2x + 3) = 2x + 9. Do (1) nên 2x + 9 > 0 nên A > 0.
Xét : A 2 =

(

)

2

(x + 2)(6 − x) − (x + 1)(3 − x) . Hiển nhiên A2 ≥ 0 nhưng dấu “ = ” không xảy
2

ra (vì A > 0). Ta biến đổi A dưới dạng khác :
A2 = (x + 2)(6 – x) + (x + 1)(3 – x) - 2 (x + 2)(6 − x)(x + 1)(3 − x) =
= (x + 1)(6 – x) + (6 – x) + (x + 2)(3 – x) – (3 – x) - 2 (x + 2)(6 − x)(x + 1)(3 − x)
= (x + 1)(6 – x) + (x + 2)(3 – x) - 2 (x + 2)(6 − x)(x + 1)(3 − x) + 3
Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

16

Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
=

(

(x + 1)(6 − x) − (x + 2)(3 − x)

A2 ≥ 3. Do A > 0 nên min A =

)

2

+3.

3 với x = 0.

Bài 66. Tìm GTNN, GTLN của : a) A = 2x + 5 − x 2

(

b) A = x 99 + 101 − x 2

)

HƯỚNG DẪN

2

a) Điều kiện : x ≤ 5.
* Tìm giá trị lớn nhất : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :

A2 = (2x + 1. 5 − x 2 )2 ≤ (22 + 12)(x2 + 5 – x2) = 25 ⇒ A2 ≤ 25.

x ≥ 0
x
2
5
x
=
−


A 2 = 25 ⇔  2
⇔  x 2 = 4(5 − x 2 ) ⇔ x = 2 .
x2 ≤ 5
x2 ≤ 5


Với x = 2 thì A = 5. Vậy max A = 5 với x = 2.
* Tìm giá trị nhỏ nhất : Chú ý rằng tuy từ A2 ≤ 25, ta có – 5 ≤ x ≤ 5, nhưng không xảy ra
A2 = - 5. Do tập xác định của A, ta có x2 ≤ 5 ⇒ - 5 ≤ x ≤ 5 . Do đó : 2x ≥ - 2 5 và

5 − x 2 ≥ 0. Suy ra :
A = 2x + 5 − x 2 ≥ - 2 5 . Min A = - 2 5 với x = - 5
b) Xét biểu thức phụ | A | và áp dụng các bất đẳng thức Bunhiacôpxki và Cauchy :

A =x

(

)

99. 99 + 1. 101 − x 2 ≤ x (99 + 1)(99 + 101 − x 2 ) = x .10. 200 − x 2 <

x 2 + 200 − x 2
< 10.
= 1000
2
x 2 ≤ 101

99
 99
A = 1000 ⇔ 
=
⇔ x = ±10 . Do đó : - 1000 < A < 1000.
101 − x 2
 1
x 2 = 200 − x 2

min A = - 1000 với x = - 10 ; max A = 1000 với x = 10.
Bài 67. Tìm GTNN của A = x + y biết x, y > 0 thỏa mãn

a b
+ =1
x y

(a và b là hằng số dương).
HƯỚNG DẪN

a b
ay bx
+ ( x + y) = a + +
+ b.
x
y
x y
ay bx
ay bx
Theo bất đẳng thức Cauchy với 2 số dương :
+
≥2
.
= 2 ab .
x
y
x y

Cách 1 : A = x + y = 1.(x + y) = 

Do đó A ≥ a + b + 2 ab =

(

)

2

a+ b .

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

17


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
min A =

(

a+ b

)

2

 ay bx
x = y

a b
với  + = 1 ⇔
x y
 x, y > 0



 x = a + ab

 y = b + ab

Cách 2 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
2

a b 
a
b
A = (x + y).1 = (x + y)  +  ≥  x. + y.  =
x
y
x y 

(

)

2

a+ b .

Từ đó tìm được giá trị nhỏ nhất của A.
Bài 68. Tìm GTNN của A = (x + y)(x + z) với x, y, z > 0 , xyz(x + y + z) = 1.
HƯỚNG DẪN
A = (x + y)(x + z) = x + xz + xy + yz = x(x + y + z) + yz ≥ 2 xyz(x + y + z) = 2
2

min A = 2 khi chẳng hạn y = z = 1 , x =
Bài 69. Tìm GTNN của A =

2 - 1.

xy yz zx
+ +
với x, y, z > 0 , x + y + z = 1.
z
x
y
HƯỚNG DẪN

xy yz
xy yz
+
≥2
. = 2y .
z
x
z x
yz zx
zx xy
Tương tự :
+
≥ 2z ;
+
≥ 2x . Suy ra 2A ≥ 2(x + y + z) = 2.
x
y
y
z
1
min A = 1 với x = y = z = .

3
Theo bất đẳng thức Cauchy :

x2
y2
z2
Bài 70. Tìm GTNN của A =
+
+
biết x, y, z > 0 ,
x+y y+z z+x

xy + yz + zx = 1 .

HƯỚNG DẪN

x
y
z
x+y+z
+
+
≥
. Theo bất đẳng thức Cauchy :
x+y y+z z+x
2
2

Theo bài tập 24 :

2

2

x+y
y+z
z+x
x+y+z
≥ xy ;
≥ yz ;
≥ zx nên
≥
2
2
2
2
1
1
min A =
⇔ x=y=z= .
2
3

xy + yz + zx 1
= .
2
2

Bài 71. Tìm giá trị lớn nhất của :
Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

18


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
(
B=(

) với a, b > 0 , a + b ≤ 1
b) +( a + c) +( a + d) +(

a) A =

a+ b

b)

a+

2

4

4

4

b+ c

) (

4

+

b+ d

) (
4

+

c+ d

)

4

với a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 1.

a) A =

(

a+ b

) (
2

≤

a+ b

) (
2

+

HƯỚNG DẪN

a− b

)

2

= 2a + 2b ≤ 2 .

 a = b
1
⇔ a=b=
max A = 2 ⇔ 
2
a + b = 1
b) Ta có :

(

a+ b

(

Tương tự : (
(

) ≤(
4

a+ b

)
c)
d)

a+ c
b+
c+

4

4

4

) +(
4

a− b

)

4

= 2(a 2 + b 2 + 6ab)

(
+ 6bc) ; (

) ≤ 2(a + d + 6ad)
d ) ≤ 2(b + d + 6bd)

≤ 2(a 2 + c 2 + 6ac) ;

a+ d

≤ 2(b 2 + c 2

b+

4

4

2

2

2

2

≤ 2(c 2 + d 2 + 6cd)

Suy ra : B ≤ 6(a2 + b2 + c2 + d2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd) = 6(a + b + c + d)2 ≤ 6

1
 a = b = c = d
max B = 6 ⇔ 
⇔ a =b=c=d=
4
a + b + c + d = 1
Bài 72. Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 3x + 3y với x + y = 4.
HƯỚNG DẪN

A = 3x + 3y ≥ 2. 3x.3y = 2 3x + y = 2. 34 = 18 . min A = 18 với x = y = 2.
b
c
Bài 73. Tìm GTNN của A =
+
với b + c ≥ a + d ; b, c > 0 ; a, d ≥ 0.
c+d a+b
HƯỚNG DẪN

a +b+c+d
.
2
b
c
b+c  c
c  a+b+c+d c+d c+d 
A=
+

=
−
−
−
−
≥

c+d a+b c+d c+d a+b
2(c + d)
c+d a+b

Không mất tính tổng quát, giả sử a + b ≥ c + d. Từ giả thiết suy ra : b + c ≥

Đặt a + b = x ; c + d = y với x ≥ y > 0, ta có :

A≥

x+y y y x 1
y  x y 1
x y 1
1
− + =
+ −1 + = 
+  − ≥ 2.
. − = 2−
2y
y x 2y 2
x  2y x  2
2y x 2
2

1
min A = 2 − ⇔ d = 0 , x = y 2 , b + c ≥ a + d ; chẳng hạn khi
2
a = 2 + 1, b = 2 − 1,c = 2,d = 0

Bài 74. Cho a = 17 − 1 . Hãy tính giá trị của biểu thức:
Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

19


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
A = (a5 + 2a4 – 17a3 – a2 + 18a – 17)2000.

Ta có a + 1 =

HƯỚNG DẪN
17 . Biến đổi đa thức trong ngoặc thành tổng các lũy thừa cơ số a + 1
A = [(a + 1)5 – 3(a + 1)4 – 15(a + 1)3 + 52(a + 1)2 – 14(a + 1)]2000

= (259 17 - 225 17 - 34 17 - 1)2000 = 1.
Bài 75. Chứng minh :

a − a −1 < a − 2 − a − 3

(a ≥ 3)

HƯỚNG DẪN

Biến đổi :

a − a −1 =

1
a + a −1

Bài 76. Chứng minh : x 2 − x +

; a −2 − a −3 =

1
>0
2

1
.
a −2 + a −3

(x ≥ 0)
HƯỚNG DẪN
2

2

1
1
1 
1 
1
x − x + = x2 − x + + x − x + =  x −  +  x −  ≥ 0 .

2
4
4 
2 
2
1
1
Dấu “ = “ không xảy ra vì không thể có đồng thời : x = và x = .
2
2
2

Bài 77. Tìm giá trị lớn nhất của S =

x − 1 + y − 2 , biết x + y = 4.
HƯỚNG DẪN

Trước hết ta chứng minh : a + b ≤ 2(a 2 + b 2 )
Áp dụng (*) ta có : S =

(*) (a + b ≥ 0)

x − 1 + y − 2 ≤ 2(x − 1 + y − 2) = 2
3

x
=
x −1 = y − 2

2

max S = 2 ⇔ 
⇔
x + y = 4
y = 5

2

* Có thể tính S2 rồi áp dụng bất đẳng thức Cauchy.
Bài 78. Tìm giá trị nhỏ nhất của A =

2
1
+
với 0 < x < 1.
1− x x
HƯỚNG DẪN

Để áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta xét biểu thức : B =

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

2x 1 − x
+
. Khi đó :
1− x
x

20

Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
 2x 1 − x
=
(1)
2x 1 − x

B≥2
.
= 2 2 . B = 2 2 ⇔ 1 − x
x
1− x x
0 < x < 1 (2)
Giải (1) : 2x2 = (1 – x)2 ⇔ | x 2 | = | 1 – x |. Do 0 < x < 1 nên x 2 = 1 – x ⇔
1
⇔ x=
= 2 − 1.
2 +1
Như vậy min B = 2 2 ⇔ x = 2 - 1.
1   2x 1 − x  2 − 2x 1 − 1 + x
 2
Bây giờ ta xét hiệu : A − B = 
+ −
+
+
= 2 +1 = 3
=
x  1− x
x
1− x x  1− x
Do đó min A = 2 2 + 3 khi và chỉ khi x =

2 - 1.

Bài 79. Tìm GTLN của :

a) A = x − 1 + y − 2 biết x + y = 4 ;

b) B =

y−2
x −1
+
x
y

HƯỚNG DẪN
a) Điều kiện : x ≥ 1 , y ≥ 2. Bất đẳng thức Cauchy cho phép làm giảm một tổng :

a+b
≥ ab . Ở đây ta muốn làm tăng một tổng. Ta dùng bất đẳng thức : a + b ≤ 2(a 2 + b 2 )
2
A = x − 1 + y − 2 ≤ 2(x − 1 + y − 3) = 2
x − 1 = y − 2
 x = 1,5
max A = 2 ⇔ 
⇔ 
x + y = 4
 y = 2,5
Cách khác : Xét A2 rồi dùng bất đẳng thức Cauchy.
b) Điều kiện : x ≥ 1 , y ≥ 2. Bất đẳng thức Cauchy cho phép làm trội một tích :

Ta xem các biểu thức

x − 1 , y − 2 là các tích :

x − 1 = 1.(x − 1) , y − 2 =

x − 1 1.(x − 1) 1 + x − 1 1
=
≤
=
x
x
2x
2
y−2
2.(y − 2) 2 + y − 2
1
=
≤
=
=
y
y 2
2y 2
2 2
x − 1 = 1
1
2 2+ 2
max B = +

=
⇔ 
⇔
2 4
4
y − 2 = 2

a+b
2
2(y − 2)

ab ≤

2

Theo bất đẳng thức Cauchy :

2
4
x = 2

y = 4

Bài 80. Cho a = 1997 − 1996 ; b = 1998 − 1997 . So sánh a với b, số nào lớn hơn ?
HƯỚNG DẪN

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

21

Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
a=

1
1
. Ta thấy 1997 + 1996 < 1998 + 1997
,b=
1997 + 1996
1998 + 1997

Nên a < b.
Bài 81. Tìm GTNN, GTLN của : a) A =

1
5+2 6−x

b) B = − x 2 + 2x + 4 .

2

HƯỚNG DẪN

1
với x = ± 6 .
5
5 . max B = 5 với x = 1

a) min A = 5 - 2 6 với x = 0. max A =
b) min B = 0 với x = 1 ±

Bài 82. Tìm giá trị lớn nhất của A = x 1 − x 2 .
HƯỚNG DẪN

x 2 + (1 − x 2 ) 1
Xét – 1 ≤ x ≤ 0 thì A ≤ 0. Xét 0 ≤ x ≤ 1 thì A = x (1 − x ) ≤
= .
2
2
2
2
x = 1 − x
1
2
max A = ⇔ 
⇔ x=
2
2
x > 0
2

2

Bài 83. Tìm giá trị lớn nhất của A = | x – y | biết x2 + 4y2 = 1.
HƯỚNG DẪN
A = | x – y | ≥ 0, do đó A lớn nhất khi và chi khi A2 lớn nhất. Theo bđt Bunhiacôpxki :
2

1
5


  1
A = (x − y) = 1.x − .2y  ≤ 1 +  (x 2 + 4y 2 ) =
2
4

  4
2

2



2 5
2 5
1
 2y
x=−
x=


5
 =−


5
5
hoặc 
max A =
⇔ x

⇔ 
2
2
 x 2 + 4y 2 = 1
y = 5
y = − 5



10
10
Bài 84. Tìm GTNN, GTLN của A = x3 + y3 biết x, y ≥ 0 ; x2 + y2 = 1.
a) Tìm giá trị lớn nhất : Từ giả thiết :

HƯỚNG DẪN

3
2
0 ≤ x ≤ 1
 x ≤ x
⇔  3
⇔ x 3 + y3 ≤ x 2 + y 2 = 1

2
 y ≤ y
0 ≤ y ≤ 1
 x 3 = x 2
max A = 1 ⇔  3
⇔ x = 0, y = 1 V x = 1, y = 0
2

 y = y

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

22


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
b) Tìm giá trị nhỏ nhất : (x + y)2 ≤ 2(x2 + y2) = 2 ⇒ x + y ≤

x +y
3

3

(x
≥

3

+ y3 ) ( x + y )
2


(x + y )(x + y) = 

3

3

x+y
≤ 1 . Do đó :
2

. Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki :

( x) ( ) ( ) ( ) (
3

2 ⇒

2

2
2

+ y  x + y  ≥

 
1
2
min A =
⇔ x=y=
2
2
3

2

)

2

x . x + y . y = (x2 + y2) = 1
3

Bài 85. Tìm GTNN, GTLN của A = x x + y y biết

3

x + y = 1.

HƯỚNG DẪN
Đặt x = a ; y = b , ta có a, b ≥ 0, a + b = 1.
A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = a2 – ab + b2 = (a + b)2 – 3ab = 1 – 3ab.
Do ab ≥ 0 nên A ≤ 1. max A = 1 ⇔ a = 0 hoặc b = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1, y = 0.

Ta có ab ≤

(a + b) 2 1
1
1
1
1
= ⇒ ab ≤ ⇒ 1 − 3ab ≥ . min A = ⇔ x = y =
4
4
4
4
4

4
Bài 86. Giải phương trình :

1 − x + x 2 − 3x + 2 + (x − 2)

x −1
= 3.
x−2

HƯỚNG DẪN
Điều kiện : 1 – x ≥ 0 , 2 – x ≥ 0 nên x ≤ 1. Ta có :

x −1
=3
x−2
1 − x + (x − 1)(x − 2) − (x − 1)(x − 2) = 3 ⇔ 1 − x = 3 ⇔ x = −8 .
1 − x + (x − 1)(x − 2) − x − 2

⇔

Bài 87. Giải phương trình : x 2 + 2x − 9 = 6 + 4x + 2x 2 .
HƯỚNG DẪN
Ta có : 6 + 4x + 2x = 2(x + 2x + 1) + 4 = 2(x + 1)2 + 4 > 0 với mọi x. Vậy phương trình xác
2

2

x 2 + 2x + 3 = y ≥ 0, phương trình có dạng :
y = 3 2
y2 - y 2 - 12 = 0 ⇔ (y - 3 2 )(y + 2 2 ) = 0 ⇔ 

 y = −2 2 (loai vì y ≥ 0

định với mọi giá trị của x. Đặt

Do đó

x 2 + 2x + 3 = 3 2 ⇔ x2 + 2x + 3 = 18 ⇔ (x – 3)(x + 5) = 0 ⇔ x = 3 ; x = -5 .

Bài 88. Cho 3 số x, y và

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

x + y là số hữu tỉ.

23


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
Chứng minh rằng mỗi số

HƯỚNG DẪN
y = b (1) thì a, b ∈ Q .

x +

Đặt x – y = a ,

y ∈Q.
x−y
a

a
= ⇒ x − y = ∈ Q (2).
b
x+ y b
x ,

a) Nếu b = 0 thì x = y = 0, do đó
b) Nếu b ≠ 0 thì

1
a
x = b +  ∈ Q ;
2
b

Từ (1) và (2) :

x ; y đều là số hữu tỉ

1
a
y = b −  ∈ Q .
2
b

(

Bài 89. Giải bất phương trình : 2 x + x + a

Nhận xét :

(

x2 + a2 + x

)

(

)(

2

)≤

(a ≠ 0)

x2 + a2

)

x 2 + a 2 − x = a 2 . Do đó :

)

(

(1) ⇔ 2 x + x 2 + a 2 ≤

x2 + a2

5

(

x 2 + a 2 + x > x 2 + x = x + x ≥ 0 . Suy ra :

Do a ≠ 0 nên :

5a 2

HƯỚNG DẪN

5a 2

2 x + x2 + a2 ≤

2

x2 + a2 + x

)(

x2 + a2 − x

)

x2 + a2
x 2 + a 2 + x > 0 , ∀x.

x ≤ 0

Vì vậy : (1) ⇔ 2 x 2 + a 2 ≤ 5 x 2 + a 2 − x ⇔ 5x ≤ 3 x 2 + a 2 ⇔   x > 0
 25x 2 ≤ 9x 2 + 9a 2

x ≤ 0
3
⇔
⇔ x≤ a .
3
0 < x ≤ a
4
4


)

(

Bài 90. Rút gọn các biểu thức sau :

a) C =

2a 1 + x 2
1+ x − x
2

b) D = (a + b) −

với x =

(a

2

1  1− a
a 
−


2 a
1− a 

+ 1)( b 2 + 1)
c2 + 1

;

0
với a, b, c > 0 và ab + bc + ca = 1
HƯỚNG DẪN

a) Trước hết tính x theo a được x =

1 − 2a
1
. Sau đó tính 1 + x 2 được
.
2 a(1 − a)

2 a(1 − a)

Đáp số : B = 1.
b) Ta có a2 + 1 = a2 + ab + bc + ca = (a + b)(a + c). Tương tự :
Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

24


Chinh phục điểm 10 - ÔN THI VÀO CẤP 3 (phần 2) - />
b2 + 1 = (b + a)(b + c) ; c2 + 1 = (c + a)(c + b). Đáp số : M = 0.

Bài 91. Chứng minh :

x2 − 4
+
x

x+

x−

x2 − 4
=
x

2x + 4
x

với x ≥ 2.

HƯỚNG DẪN

Gọi vế trái là A > 0. Ta có A 2 =

2x + 4
. Suy ra điều phải chứng minh.
x

Bài 92. Cho a =

−1 + 2
−1 − 2
,b=
. Tính a7 + b7.
2
2
HƯỚNG DẪN

1
1 3
nên : a2 + b2 = (a + b)2 – 2ab = 1 + = .
4
2 2
9 1 17
3
7
a4 + b4 = (a2 + b2)2 – 2a2b2 = − =
; a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) = - 1 - = −
4 9 8

4
4
7 17  1 
239
.
Do đó : a7 + b7 = (a3 + b3)(a4 + b4) – a3b3(a + b) = − . −  −  ( −1) = −
4 8  64 
64
Ta có : a + b = - 1 , ab = -

Bài 93. Cho a =

2 −1

a) Viết a2 ; a3 dưới dạng m − m − 1 , trong đó m là số tự nhiên.
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số an viết được dưới dạng trên.
HƯỚNG DẪN
a) a = ( 2 − 1) = 3 − 2 2 = 9 − 8 .
2

2

a 3 = ( 2 − 1)3 = 2 2 − 6 + 3 2 − 1 = 5 2 − 7 = 50 − 49 .
2 )n = A - B 2 ; (1 + 2 )n = A + B 2 với A, B ∈ N
Suy ra : A2 – 2B2 = (A + B 2 )(A - B 2 ) = [(1 + 2 )(1 - 2 )]n = (- 1)n.

b) Theo khai triển Newton : (1 -

Nếu n chẵn thì A2 – 2b2 = 1 (1). Nếu n lẻ thì A2 – 2B2 = - 1 (2).
Bây giờ ta xét an. Có hai trường hợp :

* Nếu n chẵn thì : an = ( 2 - 1)n = (1 A2 – 2B2 = 1 được thỏa mãn do (1).
* Nếu n lẻ thì : an = ( 2 - 1)n = - (1 2B2 – A2 = 1 được thỏa mãn do (2).

2 )n = A - B 2 =
2 )n = B 2 - A =

A 2 − 2B2 . Điều kiện
2B2 − A 2 . Điều kiện

Bài 94. Cho biết x = 2 là một nghiệm của phương trình x3 + ax2 + bx + c = 0 với các hệ số
hữu tỉ. Tìm các nghiệm còn lại.

Thay a =

HƯỚNG DẪN
2 vào phương trình đã cho : 2 2 + 2a + b 2 + c = 0

Sưu tầm & biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

25