skkn ỨNG DỤNG bất ĐẲNG THỨC để GIẢI PHƯƠNG TRÌNH và hệ PHƯƠNG TRÌNH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị Trường THPT Ngô Quyền
Mã số: ................................

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG
BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH

Người thực hiện: ĐỖ TẤT THẮNG.
Lĩnh vực nghiên cứu:
Quản lý giáo dục



Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN



Lĩnh vực khác: ......................................................... 
Có đính kèm:
 Mô hình
 Đĩa CD(DVD)
 Phim ảnh
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)
Năm học: 2014-2015

-1-

 Hiện vật khác


SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: ĐỖ TẤT THẮNG
2. Ngày tháng năm sinh: 06/09/1981
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 149/7 Hưng Đạo Vương, Khu phố 2 phường Trung Dũng, BH-Đồng Nai.
5. Điện thoại:
0918.306.113
6. E-mail:

7. Chức vụ : Không
8. Nhiệm vụ được giao:
+Giáo viên Toán lớp 10A2,10A6 và 11A6.
+Giáo viên chủ nhiệm lớp 10A2.
+Tham gia bồi dưỡng đội tuyển Toán lớp 10.
+Ủy viên ban thanh tra nhân dân
9. Đơn vị công tác: Trường THPT Ngô Quyền
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ Toán
- Năm nhận bằng: 2010
- Chuyên ngành đào tạo: Lý luận và phương pháp dạy học môn Toán.
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy học Toán
- Số năm có kinh nghiệm: 5 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 5
Năm học 2010-2011: Ứng dụng tích vô hướng 2 véctơ để giải một số bài toán hình
học không gian qua các kì thi đại học.

Năm học 2011-2012: Áp dụng bất đẳng thức phụ để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất và chứng minh bất đẳng thức.
Năm học 2012-2013: Dự đoán dấu bằng trong bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức.
Năm học 2013-2014: Đổi biến để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng
minh bất đẳng thức.
Năm học 2014-2015: Ứng dụng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương
trình .

-2-


ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
- Bất đẳng thức (BĐT) là kiến thức không thể thiếu trong các kì thi đại học, cao đẳng,
thi học sinh giỏi. BĐT áp dụng rất nhiều trong trong cuộc sống nói chung và toán học
nói riêng chẳng hạn: giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất
phương trình, các bài toán cực trị . . .
- Ứng dụng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình có lời giải hay, ngắn gọn và
mạnh có thể giải quyết bài toán ở mức độ tổng quát hơn, trong nhiều bài toán thì ứng
dụng BĐT không cần huy động tới kiến thức đạo hàm của lớp 12, đôi khi là phương
pháp duy nhất. Hơn hết là rất phù hợp với HS lớp 10.
- Ứng dụng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình là hệ thống phương pháp rất
sâu và rộng. Nhưng với vai trò giáo viên dạy Toán khối 10 và trong phạm vi sáng kiến
kinh nghiệm này chúng tôi chỉ tập trung vào các dạng phổ biến HS hay gặp phải trong
các đề thi CĐ, Đại học, tuyển sinh 10 chuyên, các đề thi học sinh giỏi tỉnh …Cụ thể hơn
sẽ được thể hiện trong sáng kiến kinh nghiệm (SKKN).
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Qua thực tế dạy học chúng tôi nhận thấy trong chương trình lớp 10 phần ứng dụng

BĐT để giải phương trình và hệ phương trình là không có. Nhưng trong các đề thi học
sinh giỏi, tuyển sinh 10, đại học. . . lại có. Do đó, tôi làm SKKN này với mong muốn là
một tài liệu giúp HS đỡ khó khăn hơn khi gặp các bài có dạng trên.
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
Chúng tôi cố gắng biên soạn kĩ thuật giải , hệ thống bài tập dựa trên cơ sở lý thuyết
bám sát chương trình, mục đích cho HS dễ hiểu nhất có thể. Cơ sở lý thuyết là các phần
kiến thức sau đã được đề cập trong chương trình hiện hành:
ST
Kiến thức
Trang
Sách
Ghi chú
T
1

Các tính chất của giá trị tuyệt đối

2

Tính chất bình phương, tổng bình
phương

78

Đã học ở cấp 2

Bất đẳng thức Cô-si (Cauchy) 2 số

76

Bất đẳng thức Cô-si (Cauchy) 3 số

108

3
4
5

Đại số 10 ban cơ
bản

Bất đẳng thức Bunnhiacốpski (Cauchy111
Schwarz)
Bất đẳng thức được chứng minh từ tích
vô hướng 2 vecto, tổng độ dài 2 vecto
-3-

Đại số 10 ban cơ
bản (nâng cao)
Đại số 10 ban
nâng cao
Đại số 10 ban
nâng cao
Hình học 10 Ban
cơ bản

Trong phần
đọc thêm

Trong phần tiếp theo, chúng tôi sẽ phân tích cụ thể từng phần theo thứ tự lý thuyết
trước bài tập ứng dụng sau.
Ứng dụng bất đẳng thức để giải phương trình
n
Cho f ( x1 , x2 ,..., xn ) là hàm n biến thực trên D ⊂ ¡ : f : D → ¡ . Tương tự với

g ( x1 , x2 ,..., xn ) h( x1 , x2 ,..., xn )

,

.

Gỉai phương trình

f ( x1 , x2 ,..., x n ) = g ( x1, x2 ,..., x n )

(1)

Bước 1:Nhìn vào dấu hiệu và lưu ý(sẽ được chia cụ thể từng dạng khác nhau)của
phương trình (1) từ đó sẽ suy ra hướng giải.
Bước 2: Đánh giá 2 vế phương trình bằng cách áp dụng BĐT cô-si, bunhiacốpski, các
 f ( x1 , x2 ,..., x n ) ≤ h( x1, x2 ,..., x n )
∀( x1 , x2 ,..., xn ) ∈ D

g
(
x
,
x
,...,

x
)
≥
h
(
x
,
x
,...,
x
)
n
1 2
n
tính chất. . . ta được:  1 2

(2)

Bước 3: Kết hợp (1) và (2) thu được :
 f ( x1 , x2 ,..., x n ) = h( x1 , x2 ,..., x n )
∀( x1 , x2 ,..., xn ) ∈ D

g
(
x
,
x
,...,
x
)

=
h
(
x
,
x
,...,
x
)
 1 2
n
1 2
n

(3)

Bước 4: Áp dụng dấu “=” xảy ra khi dùng BĐT. Từ đó ta tìm được nghiệm của phương
trình (1).
Khi giải lưu ý: Dấu”=” của các BĐT cùng xảy ra tại cùng giá trị của biến và đồng thời
là nghiệm của phương trình. Nghiệm của phương trình cũng là giá trị của biến để dấu
“=” xảy ra tại mỗi lần áp dụng BĐT nên:
+Nếu nhẩm được nghiệm của phương trình thì ta có thể suy luận được là nên
ứng dụng BĐT nào(Cô-si, Bunnhiacốpski, …)? Ứng dụng thế nào để BĐT có dấu”=”
xảy ra tại các BĐT được sử dụng.
+Nếu định hướng dùng BĐT cụ thể ta có dấu”=” của BĐT xảy ra từ đó suy ra
nghiệm của phương trình.
+Người làm toán nên kết hợp Dấu”=” của BĐT và nghiệm của phương trình từ
đó cho lời giải nhanh và chính xác nhất. Nếu chúng không đồng thời xảy ra thì phương
trình vô nghiệm hoặc phải đổi BĐT hoặc hướng khác.
Các giải pháp cụ thể được trình bày theo từng phần theo thứ tự lý thuyết trước,

bài tập sau:
1. Ứng dụng tính chất của giá trị tuyệt đối
Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy các “dấu hiệu” sau:
 Số ẩn của phương trình, hệ phương trình nhiều hơn số phương trình.
 Số ẩn của phương trình, hệ phương trình bằng số phương trình.
-4-


 Phương trình có chứa tổng các giá trị tuyệt đối.
 Phương trình có chứa tổng nhiều căn bậc hai và các biểu thức trong căn bậc hai là
bình phương hoặc tổng bình phương các biểu thức khác.
thì thử ứng dụng các tính chất của giá trị tuyệt đối để giải.
Tính chất của giá trị tuyệt đối:
x ≥ 0, ∀x ∈ R
+
. Dấu = xảy ra ⇔ x = 0 .
+
+

x ≥ x , ∀x ∈ R

. Dấu = xảy ra ⇔ x ≥ 0 .

x ≥ − x , ∀x ∈ R

. Dấu = xảy ra ⇔ x ≤ 0 .

x 2 + 4 x + 4 + x 2 + 8 x + 16 + x 2 + 12 x + 36 = 4

Ví dụ 1. Gỉai phương trình

Lời giải 1 (không dùng BĐT):
Phương trình đã cho tương đương với

( x + 2)

2

+

( x + 4)

2

+

( x + 6)

⇔ x+2 + x+4 + x+6 = 4
x

−∞

2

=4

(*)

-6

-4

x+2

−x − 2

−x − 2

x+4

−x − 4

−x − 4

x+6

−x − 6

VT(*)

−3x

0

−x − 2

0

x+6

−x

Trường hợp 1: x ≤ −6
4
−3 x = 4 ⇔ x = −
3 (loại)
(*) ⇔
 Trường hợp 2: −2 < x ≤ −4
(*) ⇔ − x = 4 ⇔ x = −4 (nhận)
 Trường hợp 3: −4 < x ≤ −2
(*) ⇔ x + 8 = 4 ⇔ x = −4 (loại)
 Trường hợp 4: x > −2

-5-

-2
0

+∞
x+2

x+4

x+4

x+6

x+6

x +8

3 x + 12


(*) ⇔

3 x + 12 = 4 ⇔ x = −

8
3 (loại)

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = −4
Lời giải 2 (Dùng BĐT):
Phương trình đã cho tương đương với

( x + 2)

2

+

( x + 4)

2

+

( x + 6)

2

=4

⇔ x+2 + x+4 + x+6 = 4
Ta có

x + 2 + x + 4 + x + 6 ≥ −x − 2 + 0 + x + 6 = 4

x + 2 ≤ 0

 x + 4 = 0 ⇔ x = −4
x + 6 ≥ 0
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=-4
Kĩ thuật Lời giải 2 cho phép ta mở rộng và giải quyết bài toán mạnh hơn sau:
Mở rộng Ví dụ 1: Giải phương trình

x + 1 + x + 2 + x + 3 + ... + x + ( 2n + 1) = n ( n + 1) , n ∈ N *
Khi n càng lớn thì Lời giải 1 càng gặp khó khăn , ngược lại Lời giải 2 vẫn thuận lợi.
Bảng so sánh các ưu, nhược điểm của Lời giải 1 và Lời giải 2 đối với HS lớp 10:
Ưu điểm
Nhược điểm
-Lời giải dài dòng, khó hiểu. HS hay
sai phần hợp và giao khi kết luận.
-Khó khăn khi phương trình có chứa
tổng nhiều tuyệt đối.

Lời giải 1
(Không dùng

BĐT)

Lời giải 2
(Dùng BĐT)

-Lời giải ngắn gọn, dễ hiểu.
-Giải quyết được bài toán tổng quát
khi phương trình có chứa tổng nhiều
tuyệt đối.
-Tính chất BĐT chứa giá trị tuyệt
đối phù hợp lớp 10.

Ví dụ 2. Giải phương trình

x+2 + x+4 = 2
Lời giải:
-6-


 x + 2 ≥ − x − 2
⇒ x+2 + x+4 ≥ 2

x
+
4
≥
x
+
4


Ta có 
 x + 2 ≤ 0  x ≤ −2
⇔
⇔
x
+
4
≥
0

 x ≥ −4
Dấu “=” xảy ra
Vậy phương trình có tập nghiệm là

S = [ −4; −2]

2 x 2 − 10 x + 13 + 26 x 2 − 24 x + 8 = 4 x + 1

Ví dụ 3. Giải phương trình

 Phân tích:
Lời giải:
2 x − 10 x + 13 + 26 x − 24 x + 8 = 4 x + 1
2

2

⇔

(x

⇔

( x − 2)

Ta có:

2

) (

)

− 4x + 4 + x2 − 6x + 9 +
2

+ ( x − 3) +
2

( x − 2)

2

(x

2

) (

)

− 4 x + 4 + 25 x 2 − 20 x + 4 = 4 x + 1

+ ( 5x − 2) = 4 x + 1
2

( x − 2)

2

+ ( x − 3) ≥ x − 3 ≥ 3 − x

( x − 2)

2

+ ( 5x − 2) ≥ 5x − 2 ≥ 5x − 2

2

2

⇒ VT ≥ 5 x − 2 + 3 − x = 4 x + 1
3 − x ≥ 0

Dấu “=” xảy ra ⇔ 5 − x ≥ 0 ⇔ x = 2
x − 2 = 0


Vậy phương trình có tập nghiệm S = { 2}

 Bài tập tương tự (Áp dụng tính chất giá trị tuyệt đối):
Bài 1. Giải phương trình

x +1 + x + 2 + x + 3 = 2

ĐS: x=-2
Bài 2. Giải phương trình

x +1 + x + 2 + x + 3 + x + 4 + x + 5 = 6

ĐS: x=-3
Bài 3. Giải phương trình
ĐS: x=-2
Bài 4. Giải phương trình

x2 + 2x + 1 + x2 + 4x + 4 + x2 + 6x + 9 = 2

x 2 + 2 x + 1 + x 2 + 4 x + 4 + x 2 + 6 x + 9 + x 2 + 8 x + 16 + x 2 + 8 x + 16 = 6

ĐS: x=-3
-7-


Bài 5. Giải phương trình

x2 − x + 1 + x2 − x − 2 = 3

. ĐS:

S = [ −1; 2]

2. Ứng dụng tính chất bình phương, tổng các bình phương:
Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy các “dấu hiệu” sau:
 Số ẩn của phương trình, hệ phương trình nhiều hơn số phương trình.
 Số ẩn của phương trình, hệ phương trình bằng số phương trình.
 Phương trình có chứa tổng nhiều căn bậc hai và các biểu thức trong căn bậc hai là
tổng bình phương biểu thức khác.
thì thử ứng dụng các tính chất bình phương, tổng các bình phương để giải.
 Tính chất bình phương, tổng các bình phương:
2
+ x ≥ 0, ∀x ∈ R . Dấu = xảy ra ⇔

x = 0.

2
2
+ x + y ≥ 0, ∀x, y ∈ R . Dấu = xảy ra ⇔ x=y= 0.

Từ 2 tính chất trên ta suy ra:
2
 x + m ≥ m, ∀x ∈ R . Dấu “=” xảy ra ⇔ x=0

2
 − x + M ≤ M , ∀x ∈ R . Dấu “=” xảy ra ⇔ x=0

x −2 + y −3 + z −5 =

1
( x + y + z − 7)
2

(*)

Ví dụ 4. Giải phương trình:
 Phân tích:
Chỉ có 1 phương trình mà có tới 3 ẩn đây là “dấu hiệu” dùng BĐT.
−
Vế trái có căn bậc hai, vế phải là bậc nhất thấy ngay là đưa về hàng đẳng thức đáng
−
a ± b)
nhớ (
.
2

Lời giải:

Điều kiện:

x − 2 ≥ 0
x ≥ 2


y −3 ≥ 0 ⇔ y ≥ 3
z − 5 ≥ 0
z ≥ 5



-8-

2 x −2 + 2 y −3 + 2 z −5 = x + y + z −7
⇔


( x − 2)

⇔

x − 2 −1 +

(

2

− 2 x − 2 + 1 + 
 

) (
2

( y − 3)

) (
2

y − 3 −1 +

2

− 2 y − 3 + 1 + 

 

)

( z − 5)

2

− 2 x − 2 + 1 = 0


2

z − 5 −1 = 0

 x − 2 −1 = 0
x = 3


⇔  y − 3 −1 = 0 ⇔  y = 4

z = 6

z
−
5
−
1
=
0


(*) 

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y;z)=(3;4;6).
 Nhận xét: Bài toán trên có thể vận dụng BĐT Cô-si 2 số để giải, tuy nhiên chúng ta
đang nói đến BĐT cơ bản. Sẽ dùng BĐT Cô si vào phần sau.
Ví dụ 5. Giải phương trình

x 2 − 4 x + 5 + x 4 − 8 x 2 + 17 = 2

 Phân tích:
2
4
2
Nhìn vào các biểu thức trong căn ta thấy x − 4 x và x − 8 x điều này liên tưởng đến
−
4
2
2
x 2 − 4 x + 5 = ( x − 2 ) + 1 x − 8 x + 17 = ( x − 4 ) + 1
hàng đẳng thức đáng nhớ nên
,
.
2

−

Do đó VT ≥ 2 mặt khác VP=2 nên ta thu được lời giải sau.
Lời giải:

 x2 − 4 x + 5 = ( x − 2) + 1 ≥ 1

⇒ x 2 − 4 x + 5 + x 4 − 8 x 2 + 17 ≥ 2
 4
2
2
2
 x − 8 x + 17 = ( x − 4 ) + 1 ≥ 1
Ta có 
2

x = 2
x − 2 = 0

⇔  x = 2 ⇔ x = 2
 2
x − 4 = 0
  x = −2

Kết hợp với phương trình ta được

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2
2
2
2
Ví dụ 6. Giải phương trình: 3x + 6 x + 12 + 5 x + 10 x + 9 = 3 − 4 x − 2 x

Lời giải:
2
2

2

3x + 6 x + 12 = 3 ( x + 1) + 9 ≥ 9  3 x + 6 x + 12 ≥ 3
⇒
⇒ VT ≥ 5
 2
2
2
5 x + 10 x + 9 = 5 ( x + 1) + 4 ≥ 4  5 x + 10 x + 9 ≥ 2
Ta có 

-9-

2


Lại có VP = 5 − 2 ( x + 1) ≤ 5
2

x +1 = 0

3x + 6 x + 12 + 5 x + 10 x + 9 = 3 − 4 x − 2 x ⇔  x + 1 = 0 ⇔ x = −1
x +1 = 0

2

Do đó

2

2

Vậy phương trình có nghiệm là x=-1
 x + 1 + y + 1 = 4 (1)

 x + y − xy = 3 (2)

Ví dụ 7. Giải hệ phương trình:

Lời giải:
 xy ≥ 0
 x + 1 ≥ 0, y + 1 ≥ 0

ĐK: 

x > 0
x + y = xy + 3 > 0 ⇒ 
y > 0

mà

Lấy 2(2)-4(1) ta được:

(

) (

2 x + y − xy − 4
⇔


( x + 1)

⇔

x +1 − 2 +

(

2

)

x + 1 + y + 1 = −10

− 4 x + 1 + 4 + 
 

) (
2

( y + 1)

) (
2

y +1 − 2 +

2

− 4 y + 1 + 4  +  x 2 − 2 xy + y 2  = 0

 

x− y

)

2

=0

 x +1 − 2 = 0

x = 3
⇔  y +1 − 2 = 0 ⇔ 
y = 3

x
−
y
=
0


 Nhận xét:
- Hệ phương trình trên là hệ phương trình đối xứng loại 1 nên có thể dùng cách đặt ẩn
phụ. Nhưng cách đăt ẩn phụ dài dòng.
-Dùng BĐT cho lời giải ngắn gọn và đẹp hơn.
 Bài tập tương tự (Áp dụng đưa về bình phương, tổng các bình phương):

2
Bài 1. Giải phương trình x + 4 x + 5 = 2 2 x + 3 .
ĐS: x=-1
Bài 2. Giải phương trình:

x y −1 + 2 y x −1 =

3 xy
2 .

2
2
Bài 3. Giải phương trình: − x + 4 x − 2 + −2 x + 8 x − 5 = 2 + 3 .

1 1 1
x + y + z = 2

Bài 4. Giải hệ phương trình: 
 2 − 1 =4
 xy z 2

ĐS: x=y=1/2,z=-1/2

- 10 -

ĐS: x=y=2
ĐS : x=2


3. Ứng dụng Bất đẳng thức Cô-si (Cauchy)

Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy các “dấu hiệu” sau:
 Số ẩn của phương trình, hệ phương trình nhiều hơn số phương trình.
 Số ẩn của phương trình, hệ phương trình bằng số phương trình.
 Các ẩn trong phương trình đều dương hoặc không âm.
 Phương trình có chứa căn bậc hai, căn bậc ba.(biểu thức trong căn không âm do giả
thiết cho hoặc từ điều kiện)
Khi áp dụng BĐT Cô-si 2 số a,b không âm (để dễ lập luận chúng tôi dùng 2 số)
a +b
Biểu thức 2 là hằng số hoặc biểu thức bé hơn hoặc bằng vế còn lại của phương
trình.

 Biểu thức ab là hằng số hoặc biểu thức lớn hoặc bằng vế còn lại của phương
trình.
thì thử ứng dụng BĐT Cô-si để giải.
Khi giải lưu ý: Dấu”=” của các BĐT cùng xảy ra tại cùng giá trị của biến và đồng thời
là nghiệm của phương trình, hệ phương trình. Nghiệm của phương trình, hệ phương
trình cũng là giá trị của biến để dấu “=” xảy ra tại mỗi lần áp dụng BĐT Cô-si hoặc
các BĐT khác nên:
+Nếu nhẩm được nghiệm của phương trình, hệ phương trình thì ta có thể suy
luận được là nên ứng dụng BĐT Cô-si hay không? Ứng dụng thế nào để BĐT Cô-si có
dấu”=” xảy ra tại các BĐT được sử dụng.
+Nếu định hướng dùng BĐT Cô-si thì ta có dấu”=” của BĐT xảy ra từ đó suy ra
nghiệm của phương trình, hệ phương trình.
+Người làm toán nên kết hợp Dấu”=” của BĐT và nghiệm của phương trình, hệ
phương trình từ đó cho lời giải nhanh nhất. Nếu chúng không đồng thời xảy ra thì
phương trình vô nghiệm hoặc phải đổi BĐT hoặc hướng khác..
 Bất đẳng thức Cô-si 2 số không âm

a+b
≥ ab

2
Cho a, b ≥ 0, ta có:
. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b.
 Bất đẳng thức Cô-si 3 số không âm

a+b+c 3
≥ abc
3
Cho a, b, c ≥ 0, ta có:
. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c.
 Nhận xét:
- 11 -


Dấu hiệu để dùng BĐT Cô-si các biến trong BĐT luôn không âm hoặc dương. Điều

−
này giúp ta nhận định nhanh bài toán có nên dùng BĐT Cô-si hay không.
Dấu “=” trong bất đẳng thức có vai trò rất quan trọng. Nó giúp kiểm tra tính đúng
−
đắn của chứng minh, định hướng cách giải. Đặc biệt, khi áp dụng nhiều lần bất đẳng
thức thì các dấu “=” phải đồng thời xảy ra với cùng một điều kiện của biến.
Ví dụ 8. Giải phương trình:

7 − x + x − 5 = x 2 − 12 x + 38

 Phân tích:
Đầu tiên thử bình phương 2 vế không âm ta được
−

7 − x + x − 5 + 2 7 − x x − 5 = x 4 + 144 x 2 + 1444 − 24 x 3 + 76 x 2 − 912 x
⇔ x 4 − 24 x 3 + 220 x 2 − 912 x + 1442 = 2 7 − x x − 5

Tới đây thấy ngay là nếu tiếp tục bình phương hai vế sẽ xuất hiện phương trình bậc 8
nên cách này không khả quan. Do đó không thể sử dụng cách biến đổi thông thường.
Phương trình có chứa đầy đủ các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Cô-si.
−
Lời giải (Sử dụng BĐT Cô-si):
*Điều kiện 5 ≤ x ≤ 7
Áp dụng BĐT BĐT Côsi cho hai số ta được
VT = 1( 7 − x ) + 1( x − 5 ) ≤

1 + ( 7 − x ) 1 + ( x − 5)
+
=2
2
2
(1)

Mặt khác

VP = x 2 − 12 x + 38 = ( x − 6 ) + 2 ≥ 2
2

(2)

Kết hợp với phương trình. Dấu “=” xảy ra

7 − x = 1


⇔ x − 5 = 1 ⇔ x = 6
x − 6 = 0


Vậy S = { 6}
 Nhận xét:
Có thể giải bằng BĐT Bunnhiacốpski (sẽ trình bày ở phần sau) hoặc phương pháp
−
hàm số của HS lớp 12 để đánh giá 2 vế của phương trình).
Đối với dạng bài tập tương tự Ví dụ 8 trong phạm vi kiến thức lớp 10 không thể
−
dùng phương pháp biến đổi tương đương, bình phương 2 vế ... để giải quyết. Chỉ có thể
- 12 -


áp dụng BĐT Cô-si hoặc Bunnhiacốpski. Do đó, đối với một số phương trình thì ứng
dụng BĐT là phương pháp duy nhất có thể tiếp cận và phù hợp với HS lớp 10.
Bằng kĩ thuật tương tự có thể giải mở rộng Ví dụ 8 như sau:
−
Mở rộng 8a: Giải phương trình:

x − a + a + 2 − x = 2 với a là hằng số cho trước.

Mở rộng 8b: Giải phương trình:

x − a + a + 2 − x = f ( x) với a là hằng số cho trước ,

Min f ( x) = 2

và

[ a ;a + 2]

x −2 + y −3 + z −5 =

1
( x + y + z − 7)
2

Ví dụ 9. Giải phương trình:
 Phân tích:
Chỉ có 1 phương trình mà có tới 3 ẩn, mà từ điều kiện các biểu thức trong căn phải
−
không âm đây là “dấu hiệu” dùng BĐT Cô si.
−

Nếu áp dụng BĐT Cô-si thì

VT = 1( x − 2 ) + 1( y − 3 ) + 1( z − 5 ) ≤

1
( x + y + z − 7 ) = VP
2
.

Áp dụng BĐT Cô-si thì dấu “=” xảy ra khi (x;y;z)=(3;4;6) thử lại cũng là nghiệm

−
của phương trình.

Lời giải:

Điều kiện:

x − 2 ≥ 0
x ≥ 2


y −3 ≥ 0 ⇔ y ≥ 3
z − 5 ≥ 0
z ≥ 5



Áp dụng BĐT Cô si 2 số không âm ta có
1( x − 2 ) ≤

1 + x − 2 x −1
=
2
2 (1)

1( y − 3 ) ≤

1+ y − 3 y − 2
=
2
2 (2)

1( z − 5 ) ≤

1+ z − 5 z − 4
=
2
2 (3)

- 13 -


(1)+(2)+(3) ta được

x −2 + y −3 + z −5 ≤

x − 2 = 1

y −3 =1
z − 5 = 1
⇔
Dấu “=” xảy ra ⇔ 

1
( x + y + z − 7)
2

x = 3

y = 4
z = 6


Vậy phương trình có nghiệm là (x;y;z)=(3;4;6)
Bằng kĩ thuật giải tương tự ta có thể giải được các bài toán mở rộng của Ví dụ 9 sau:
n
1 n

xi − α i =  ∑ xi − ∑ α i + n  , n ∈ N *
α
2  i =1
i =1

với i

n

Mở rộng 9a: Giải phương trình:

∑
i =1

là các hằng số cho trước .
n

Mở rộng 9b: Giải phương trình:
với

∑β
i =1

i

n
n
1 n

2
xi − α i =  ∑ xi + ∑ β i − ∑ α i  , n ∈ N *
2  i =1
i =1
i =1


α i , β i là các hằng số cho trước và β i > 0 .

Ví dụ 10.

Giải phương trình

x2 + x −1 + − x2 + x + 1 = x2 − x + 2

 Phân tích:
Nếu bình phương 2 vế sẽ xuất hiện phương trình bậc 4, bậc 8 gây khó khăn.
−
Phương trình có chứa đầy đủ các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Cô-si.
−

−

Áp dụng BĐT Cô-si thì

VT ≤

1 + ( x 2 + x − 1)
2

+

1 + ( − x 2 + x + 1)
2

= x +1

còn VP ≥ x + 1 .

Theo BĐT Cô-si dấu “=” xảy ra khi x=1, đồng thời x=1 cũng là nghiệm của

−
phương trình.

Lời giải:
 x + x − 1 ≥ 0
2
 − x + x + 1 ≥ 0
2

Ta có ĐK: 

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm
- 14 -

ta có:

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

1 + x2 + x −1 1 − x2 + x + 1
+
= x +1
2
2

⇒ x2 + x − 1 + − x2 + x + 1 ≤ x + 1

Mặt khác:
x 2 − x + 2 = ( x − 1) + x + 1 ≥ x + 1
2

Vậy
x2 + x −1 + − x2 + x + 1 = x2 − x + 2 = x + 1
 x2 + x −1 = 1

⇔ − x 2 + x + 1 = 1

2
=1
( x − 1)

⇔ x =1

Vậy x=1 là nghiệm

 Nhận xét: Cũng với cách giải trên ta có bài toán tổng quát hơn
Mở rộng 10a: Giải phương trình:
a1 x 2 + b1 x + c1 + a2 x 2 + b2 x + c2 =

1
( a1 + a2 ) x 2 + ( b1 + b2 ) x + ( c1 + c2 + 2 ) 
2

2
2
Mở rộng 10b: Giải phương trình: a1 x + b1 x + c1 + a2 x + b2 x + c2 = f ( x) và

f ( x) ≥

1
( a1 + a2 ) x 2 + ( b1 + b2 ) x + ( c1 + c2 + 2 )  , ∀x ∈ D
2

Với điều kiện là các biểu thức trong căn bậc hai là không âm.

Ví dụ 11.

Giải hệ phương trình:

 x + 2 y + 3z = 3

1 2 3
 x + y + z = 12


với x, y, z > 0

 Phân tích:
Chỉ có 2 phương trình mà có tới 3 ẩn dương đây là “dấu hiệu” dùng BĐT Cô-si.
−

- 15 -


Nhận thấy x=y=z=1/2 là nghiệm của hệ nên khi áp dụng BĐT Cô-si dấu”=” phải

−
xảy ra do đó phải kết hợp 2 pt thoả 2 yếu tố trên để phân tích

11 2 3
1  
1  
3 

 + + ÷+ ( x + 2 y + 3z ) = 6 ⇔  x + ÷+  2 y +
÷+  3 z + ÷ = 6
4 x y z 
4x  
2y  
4z 


Lời giải:
Từ hpt ta có
11 2 3

 + + ÷+ ( x + 2 y + 3z ) = 6
4 x y z 
1  
1  
3 

⇔  x + ÷+  2 y +
÷+  3 z + ÷ = 6
4x  
2y  
4z 


Vì x, y, z > 0 ta áp dụng BĐT Côsi cho 2 số
1
+ x ≥1
4x
 1

2
+ 2y = 2
+ y ÷≥ 2
4x
 4y

3
1 

3z +
= 3  z + ÷≥ 3

4z
4z 


(1)
(2)
(3)

1
2
3
+ 2y +
+ 3z +
≥ 1+ 2 + 3 = 6
4x
4y
4z
1
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =
2
 1 1 1  
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: S =  , , ÷
 2 2 2  

Từ (1), (2) và (3) ta có:

x+

Tương tự giải được các bài toán tổng quát sau, tuỳ theo mức độ khó dễ mà người ra đề
dựa vào dấu "=” xảy ra khi nào.

Mở rộng 11a: Giải hệ phương trình:

α1 x + α 2 y + α 3 z = α ( α1 + α 2 + α 3 )

 α1 α 2 α 3 ( α1 + α 2 + α 3 )
+
=
 +
y
z
α
x

với x, y, z > 0 và α1 , α 2 , α 3 , α > 0 là các hằng số cho trước.

- 16 -

(1)
(2)


α ( α1 + α 2 + α 3 )

α1 x + α 2 y + α 3 z =
2


 α1 + α 2 + α 3 = 2 ( α1 + α 2 + α 3 )
 x

y
z
α

Mở rộng 11b: Giải hệ phương trình:

(1)
(2)

với x, y, z > 0 và α1 , α 2 , α 3 , α > 0 là các hằng số cho trước.

Ví dụ 12.

Giải hệ phương trình:

 2 x2
1 +x 2 = y

 2 y2
=z

2
1 +y
 2z2
=x

1 +z 2

 Phân tích:
x khác 0 thì x,y,z đều dương, đây là “dấu hiệu” của BĐT Cô-si.

−
Lời giải:
Trước tiên nhận thấy (x;y;z)=(0;0;0) là một nghiệm của hệ phương trình
Xét x ≠ 0 thì y > 0 và z > 0
2
Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số dương 1>0, x > 0 ta có

2 x2
1 + x ≥ 2 1.x = 2 x ⇒
≤x⇒ y≤x
1 + x2
(1)
2

2

Tương tự:
2 y2
≤ y⇒z≤ y
1+ y2
(2)
2z 2
≤z⇒x≤z
1+ z2

(3)

Kết hợp (1),(2),(3) ta được y ≤ x ≤ z ≤ y ⇔ x = y = z
thế vào hệ thu được x = y = z = 1 .
Vậy hệ phương trình trên có 2 cặp nghiệm (x;y;z)={(0;0;0),(1;1;1)}

 Nhận xét: Hpt trên là hệ hoán vị vòng quanh, có thể dùng phương pháp hàm số để
giải, tuy nhiên điều này gây khó khăn cho HS lớp 10.
Bằng kĩ thuật tương tự giải được các bài toán tổng quát sau :
- 17 -


Mở rộng 12a: Giải hệ phương trình:

 2 x 2 k +2
1 +x 4 k +2 = y

 2 y 2 k +2
=z , k ∈N *

4 k +2
1 +y
 2 z 2 k +2
=x

1 +z 4 k +2

Mở rộng 12a sẽ gặp khó khăn khi giải bằng phương pháp hàm số. Tuy nhiên, ứng dụng
BĐT Cô-si thì lời giải rất đẹp và ngắn gọn hơn.

 Bài tập tương tự (Áp dụng BĐT Cô-si):
Giải phương trình

x−2 + 4−x = 2

Bài 1.
HD:Áp dụng BĐT Cô-si x = 3
2
Giải phương trình: 2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x − 12 x + 14
Bài 2.
HD:Áp dụng BĐT Cô-si , x = 2
x − 2 + 10 − x = x 2 − 12 x + 40
Giải phương trình :
Bài 3.
HD:Áp dụng BĐT Cô-si , x = 6
Giải phương trình:

x −1 + y − 3 + z − 5 + t − 7 =

1
( x + y + z + t − 12 )
2

Bài 4.
HD:Áp dụng BĐT Cô-si , x = 2, y=4, z=6, t=8
Giải phương trình:

x −1 + 3 y − 3 + 5 z − 5 + 7 t − 7 =

1
( x + y + z + t + 68 )
2

Bài 5.
HD:Áp dụng BĐT Cô-si , x = 2, y=12, z=30, t=56

Giải phương trình:

x + 2 y −1 + 3 z − 5 =

1
( x + y + z + 11)
2

Bài 6.
(Đề thi HSG tỉnh Quảng Nam)
HD:Áp dụng BĐT Cô-si hoặc đưa vế trái về tổng các bình phương x = 1, y=5, z=11
x +1
3
+
=2
x +1
3
Giải phương trình:
Bài 7.
HD:Áp dụng BĐT Cô-si , x = 2 hoặc x=-4
- 18 -


Giải phương trình:

3 x 3 + 2 x 2 + 2 + −3 x 3 + x 2 + 2 x − 1 = 2 x 2 + 2 x + 2

Bài 8.
(Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội)
HD:Áp dụng BĐT Cô-si cho VT, ĐS: x=-1

2
4
2
4
Giải phương trình: 13 x − x + 9 x + x = 16

Bài 9.

2 5
HD:Áp dụng BĐT Cô-si cho VT, ĐS: x= 5
x2 x
+ + 1 = 2 x3 − x 2 + x + 1
Giải phương trình 2 2

Bài 10.
HD:Áp dụng BĐT Cô-si , ĐS: x=0 hoặc x=3
3

4
3
Giải phương trình: 16 x + 5 = 6 4 x + x

Bài 11.
HD:Áp dụng BĐT Cô-si , ĐS: x=1/2

Giải hệ phương trình:

 x + 3 y + 5z = 9

1 3 5

x + y + z =9


với x, y, z > 0

Bài 12.
HD:Áp dụng BĐT Cô-si x = y=z=1

Giải hệ phương trình:

 2 x6
1 +x10 = y

 2 y6
=z

10
1
+
y

 2z6
=x

1 +z10
. ĐS: x=y=z=1

Bài 13.
x + y + z = 3



3
( 1 + x ) ( 1 + y ) ( 1 + z ) = 1 + xyz
Giải hệ phương trình

(

)

3

Bài 14.
HD:Áp dụng BĐT Cô-si 3 số, ĐS: x=y=z=1

Giải hệ phương trình:

 3x + y +


 x+ y


(

2 x + 7 y = 10

)




1
1
+

÷= 2
 x + 3y
÷
3
x
+
y



Bài 15.
- 19 -


(Đề thi đề nghị của trường THPT chuyên Lương Thế Vinh tỉnh Đồng Nai thi
Olympic 30/4 năm 2012)
HD:Áp dụng BĐT Cô-si , hpt có nghiệm là x =y=4

Giải hệ phương trình

 2 1
2 x + 4 = 3

y

2

2 y + 1 = 3

x4

Bài 16.
HD:Áp dụng BĐT Cô-si 3 số, ĐS: (x;y)={(1;1),(1;-1),(-1;1),(-1;-1)}

Giải hệ phương trình


2 xy
= x2 + y
x + 3 2

x − 2x + 9

2 xy
y +
= y2 + x
2
3

y − 2y + 9


ĐS: (x;y)={(1;1),(0;0)}

Bài 17.

4. Ứng dụng Bất đẳng thức Bunnhiacốpski

Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy các “dấu hiệu” sau:
 Số ẩn của phương trình, hệ phương trình nhiều hơn số phương trình.
 Số ẩn của phương trình, hệ phương trình bằng số phương trình.
 Phương trình,hệ phương trình có chứa các căn bậc hai.
Khi áp dụng BĐT Bunnhiacốpski với 2 cặp số

( a1, a2 )

và

( b1, b2 ) (hoặc 3 cặp số) để

dễ phân tích chúng tôi dùng 2 cặp.

 Biểu thức

(a12 + a22 )(b12 + b22 )

là hằng số hoặc là biểu thức bé hơn hoặc bằng vế còn

lại của phương trình.

 Biểu thức

( a1b1 + a2 b2 )

2

là hằng số hoặc là biểu thức lớn hơn hoặc bằng vế còn lại

của phương trình.
“thì thử” ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski để giải.
Khi giải “lưu ý”: Nghiệm của phương trình, hệ phương trình cũng là giá trị của biến
để dấu “=” xảy ra tại mỗi lần áp dụng BĐT Bunnhiacốpski hoặc các BĐT khác nên:
+Nếu nhẩm được nghiệm của phương trình, hệ phương trình thì ta có thể suy
luận được là nên ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski hay không? Ứng dụng thế nào để BĐT
Bunnhiacốpski có dấu”=” xảy ra tại các BĐT được sử dụng.
+Ngược lại nếu định hướng dùng BĐT Bunnhiacốpski thì ta có dấu”=” của BĐT
xảy ra để suy ra nghiệm.

- 20 -


+Người làm toán nên kết hợp Dấu”=” của BĐT và nghiệm của phương trình, hệ
phương trình từ đó cho lời giải nhanh nhất. Nếu chúng không đồng thời xảy ra thì
phương trình vô nghiệm hoặc phải đổi BĐT hoặc hướng khác..
Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy- Schwarz)với 2 cặp số thực
Cho hai cặp số thực

( a1, a2 )

và

( b1, b2 ) ta có: (a1b1 + a2 b2 )2 ≤ (a12 + a22 )(b12 + b22 ) .

Dấu "=" xảy ra ⇔ a1b2 = a2 b1
Chứng minh
2
2
2

2
2
Ta có (a1b1 + a2 b2 ) ≤ (a1 + a2 )(b1 + b2 )
2

2

2

2

2

⇔ ( a1b1 ) + ( a2 b2 ) + 2 ( a1b1 ) ( a2 b2 ) ≤ ( a1b1 ) + ( a1b2 ) + ( a2 b1 ) + ( a2 b2 )
2

2

2

2

⇔ 2 ( a1b2 ) ( a2 b1 ) ≤ ( a1b2 ) + ( a2 b1 ) ⇔ ( a1b2 − a2 b1 ) ≥ 0

(đpcm)

a1 a2
=
a1b2 − a2 b1 = 0 b1 b2 b1b2 ≠ 0
Dấu “=” xảy ra ⇔

⇔
(
)

Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy- Schwarz) với 2 bộ ba số thực
a ,a ,a , b ,b ,b
Cho hai bộ ba số thực ( 1 2 3 ) ( 1 2 3 ) ta có:
(a1b1 + a2 b2 + a3b3 )2 ≤ (a12 + a22 + a32 )(b12 + b22 + b32 )

.

a1 a2 a3
=
=
b1b2 b3 ≠ 0
b
b
b3
2
Nếu
thì đẳng thức xảy ra ⇔ 1
Chứng minh:
Thật vậy
(a1b1 + a2 b2 + a3b3 )2 ≤ (a12 + a22 + a32 )(b12 + b22 + b32 )
2

2

2

⇔ ( a1b1 ) + ( a2 b2 ) + ( a3b3 ) + 2 ( a1b1 ) ( a2 b2 ) + 2 ( a2 b2 ) ( a3b ) 3 + 2 ( a1b1 ) ( a3b3 )
2

2

2

2

2

2

2

2

≤ ( a1b1 ) + ( a1b2 ) + ( a1b3 ) + ( a2 b1 ) + ( a2 b2 ) + ( a2 b3 ) + ( a3b1 ) + ( a3b2 ) + ( a3b3 )
2

2

2

2

2

2
2

⇔ 2a1b1a2 b2 + 2a2 b2 a3b3 + 2a1b1a3b3 ≤ ( a1b2 ) + ( a1b3 ) + ( a2 b1 ) + ( a2 b3 ) + ( a3b1 ) + ( a3b2 )
2
2
2
2
2
2
⇔ ( a1b2 ) + ( a2 b1 ) − 2a1b2 a2 b1  + ( a1b3 ) + ( a3b1 ) − 2a1b3a3b1  +  ( a2 b3 ) + ( a3b2 ) − 2a2 b3a3b2  ≥ 0

 
 

2

2

2

⇔ ( a1b2 − a2 b1 ) + ( a1b3 − a3b1 ) + ( a2 b3 − a3b2 ) ≥ 0

(đpcm)

- 21 -


 a1b2 − a2 b1 = 0

a1 a2 a3
 a1b3 − a3b1 = 0

=
=
 a2 b3 − a3b2 = 0
b
b
b3 ( b1b2 b3 ≠ 0 )
1
2
Dấu "=" xảy ra ⇔
⇔

Trong nhiều trường hợp áp dụng BĐT Bunnhiacốpski để giải phương trình đem lại
hiệu quả cao, lời giải ngắn gọn, xúc tích, phù hợp với học sinh lớp 10 và THCS. Sau đây
là minh hoạ.
Giải phương trình: ( x − 1) + ( x − 3) = 2
8

Ví dụ 13.

8

 Phân tích:
Phương trình có bậc 8 nên HS rất khó vận dụng được 7 hàng đẳng thức đáng nhớ.
−
Phương pháp giải đối với HS lớp 10 nếu không dùng BĐT thì “bó tay”.
Phương pháp dùng BĐT Bunnhiacốpski rất mới lạ và hay.
−
Có thể dùng phương pháp hàm số nhưng đây là kiến thức của HS12, HS lớp 10 chưa
−
học tới.

Lời giải 1 (không dùng BĐT):
Xét hàm số
f ( x) = ( x − 1) + ( x − 3)
8

8

⇒ f ' ( x) = 8 ( x − 1) + 4 ( x − 3)
7

7

f ' ( x) = 0
⇔ 8 ( x − 1) + 8 ( x − 3) = 0
7

7

⇔ ( x − 1) = ( 3 − x )
7

7

⇔ x −1 = 3 − x
⇔x=2

x
f’(x)

−∞

+∞

+∞

2

-

0

+

f(x)
2
Ta có Min f(x)=2 khi x = 2 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2

Lời giải 2 (Dùng BĐT):
- 22 -

+∞


( x − 1) ; ( 3 − x )
Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số
4

(

 x −1 4
)

 (

) (
2

+ ( 3 − x)

)

4 2

2

(

) (
2

+ ( 3 − x)

)

2 2

và 1 ; 1 ta được

 12 + 12  ≥  x − 1 4 .1 + 3 − x 4 .1 2 ⇔ x − 1 8 + x − 3 8 ≥ 1  x − 1 4 + 3 − x 4  2 (1)
)
(
)  ( ) (

)
( ) (
) 
 (
 
2

( x − 1) ; ( 3 − x )
Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số
 x −1 2
)
 (

4

2

và 1 ; 1 ta được

 12 + 12  ≥  x − 1 2 .1 + 3 − x 2 .1 2 ⇔ x − 1 4 + x − 3 4 ≥ 1  x − 1 2 + 3 − x 2  2 (2)
)
(
)  ( ) (
)
( ) (
) 
 (
 
2

Tiếp tục, áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số

( x − 1) ; ( 3 − x ) và 1 ; 1 ta có

( x − 1) 2 + ( 3 − x ) 2  12 + 12  ≥ ( x − 1) .1 + ( 3 − x ) .1 2 ⇔ ( x − 1) 2 + ( x − 3 ) 2 ≥ 2

 



(3)

Từ (1) và (2) ta được ( x − 1) + ( x − 3) ≥ 2 .
8

8

 ( x − 1) 2 ( 3 − x ) 2
=

1
1
⇔
⇔ x=2
x
−
1
3
−
x


=
 1
1
Kết hợp với phương trình. Dấu “=” xảy ra

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x=2.
 Nhận xét: Bằng cách áp dụng BĐT Bunnhiacốpski có thể xử lí bài toán mạnh hơn :
a+b
2k
2k
x
−
a
+
x
−
b
,k ∈ N*
(
) (
) =
2
Mở rộng Ví dụ 13 : Giải phương trình:
với a, b là
các hằng số cho trước.
Bảng so sánh các ưu, nhược điểm của Lời giải 1 và Lời giải 2 đối với HS lớp 10:
Ưu điểm
Nhược điểm
Lời giải 1

(Không
dùng BĐT)
Lời giải 2
(Dùng
BĐT)

- HS lớp 10 không hiểu do chưa học
phương pháp hàm số.
-Lời giải ngắn gọn, dễ hiểu.
-Giải quyết được bài toán tổng quát
khi phương trình có bậc lớn.
-Ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski phù
hợp với HS lớp 10.

Qua bảng so sánh trên ta thấy rằng đối với bài toán trên:
+ Áp dụng LG1 phải dùng tới các kiến thức lớp 12 (Ứng dụng đạo hàm). Do đó HS lớp
10 không hiểu.
- 23 -


+ Áp dụng LG2 chỉ dùng Bunnhiacốpski trong chương trình, lời giải ngắn gọn. Do
đó, rất dễ hiểu đối với HS lớp 10.
Ví dụ 14.

Giải phương trình:

2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14

 Phân tích:
Bình phương 2 vế phương trình trở thành bậc 4, bậc 8 gây khó khăn.

−
Phương trình có các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Bunnhiacốpski.
−
−

Tacó

( 1.

2 x − 3 + 1. 5 − 2 x

)

2

≤ 12 + 12  


(

2x − 3

) +(
2

)

2
5 − 2 x  = 4 ⇒ VT ≤ 2


mà

VP ≥ 2

− Áp dụng dấu”=” trong BĐT xảy ra ta được x=2, thử lại x=2 là nghiệm của
phương trình.
Lời giải:
2 x − 3 ≥ 0
⇔ 1,5 ≤ x ≤ 2,5
ĐK: 
5 − 2 x ≥ 0
2 x − 3 + 5 − 2 x = 3x 2 − 12 x + 14
⇔ 2x − 3 + 5 − 2x = 3( x − 2) + 2
2

Áp dụng Bunnhiacốpxki cho 2 bộ số 1; 1 và 2 x − 3 ; 5 − 2x

( 1.

2 x − 3 + 1. 5 − 2 x

)

2

≤ 12 + 12  


2x − 3 + 5 − 2x ≤ 2

(

2x − 3

) +(
2

)

2
5 − 2x  = 4


Do 2 x − 3 + 5 − 2 x > 0

Dấu “=” xảy ra ⇔ 2 x − 3 = 5 − 2 x ⇔ x = 2
2
3 ( x − 2 ) + 2 ≥ 2 dấu”=” xẩy ra ⇔ x = 2
Lại có
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2

 Nhận xét:
Có thể áp dụng BĐT Cô-si để giải.
−
Bằng kĩ thuật giải trên có thể mở rộng bài toán hơn (đã đề cập ở phần BĐT Cô-si)
−
x − 1 + x − 3 = 2 ( x − 3) + 2 x − 2
2

Ví dụ 15.

Giải phương trình :

 Phân tích:
- 24 -

(1)


Bình phương 2 vế phương trình trở thành bậc cao.

−

Phương trình có các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Bunnhiacốpxki.

−

Lời giải:

*ĐK: x ≥ 1
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bô số

1. x − 1 + 1. ( x − 3)  ≤ ( 12 + 12 )


2

(

( x − 1)

⇔ x − 1 + x − 3 ≤ 2 ( x − 3) + 2 x − 2
2

x − 1 ; (x -3) và 1 ; 1 ta có:
2

+ ( x − 3)

2

)

= 2 ( x − 3) + 2 x − 2
2

(2)

(1) và (2) xảy ra khi và chỉ khi:

x − 3 ≥ 0
x ≥ 3
 x = 5(n)
x −1 = x − 3 ⇔ 
⇔
⇔
 2
 x = 2(l )
2


x −1 = x − 6x + 9
 x − 7 x + 10 = 0
vậy S = { 5}

Ví dụ 16.

2 2
+ x = x+9
x
+
1
Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007):

 Phân tích:
Bình phương 2 vế phương trình trở thành bậc cao.
−
Phương trình có các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Bunnhiacốpski.
−
Lời giải:
Giải: Đk x ≥ 0
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 cặp số 2 2; x + 1 và

1
x
;
x +1 x +1

Ta có :

 1 

 2 2 
÷+
 x +1 


(

)

(

2


x  
x + 1 
÷
÷ ≤  2 2
 x + 1   

)

(

) +(
2

- 25 -

2

 1  2 
x  


x + 1 
+ 
÷
÷  = x+9
  x + 1 ÷
x
+
1


 


)

2