Boi duong HSG toan 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (544.54 KB, 74 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Buổi 1

CHUN ĐỀ 1:

PHƯƠNG TRÌNH

Bài tốn 1 : Giải phương trình x 2 10 x x212x40

Bổ đề : Với a0;b0

















2 2 2 2 2

a b  a b  a b  a b  a b  a b
Giải: Điều kiện : 2 x 10, Ta có x 2 10 x  2



x 2 10  x



4 mà









2 12 40 2 12 36 4 6 4 4

x  x  x  x   x   . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2 10

6
6 0

x x

x

  


 


 

 . Vậy phương trình có nghiệm x = 6
Hoặc: Áp dung bất đẳng thức Cô si cho hai số khơng âm ta có



2 .4







.4 2 4 10 4

2 10 4

2 2 4 4

x x x x

x   x           

.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2 4

10 4

x

x
x

 


 


 

 .

Bài tốn 2: Giải phương trình: x2 x 1 x x 2 1 x2 x2

Vì x2  x 1 0 và x x 2 1 0 nên Áp dụng bất đẳng thức Cô si mỗi số hạng của vế trái ta

được:





2 2

2 1 .1 1 1

2 2

x x x x

x  x      

(1)



2 1 .1



2 1 1 2 2

2 2

x x x x

x x        

(2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có:

2 2

2 1 2 1 2 1

2 2

x x x x

x  x  x x        x

nên theo

đề ta có :





2 2 1 1 0

x  x   x x  . Đẳng thức xảy ra khi x = 1 . Thử lại ta thấy x = 1 
thoả . Vậy phương trình có nghiệm là x = 1.

Bài tốn 3 : Giải phương trình: 2x 3 5 2 x 3x212x14 (1)

Điều kiện tồn tại phương trình:

2 3 0 2 3 5

5 2 0 5 2 2

x
x

x





 

 

   

 

 

  



 (*)

Vế phải của (1):









2 2

3x 12x14 3 x  4x4  2 3 x 2  2 2. Đẳng thức xảy ra khi và

chỉ khi x = 2.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>



2 2







2x 3 5 2 x 1 1 2x 3 5 2  x  4 2

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2x 3 5 2  x x2. Đẳng thức xảy ra ở phương trình (1) là 2 nên x = 2 là nghiệm của

phương trình.

Hoặc Áp dụng bất đẳng thức Cơ si cho hai số khơng âm ta có:



2 3 .1





5 2 .1



2 3 1 5 2 1 2

2 2

x x

x   x       

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2 3 1

5 2 1

x

x
x

 



 


 

 . Đẳng thức xảy ra ở phương trình (1) là 2 nên x = 2 là nghiệm của 
phương trình.

Bài tốn 4: Giải phương trình: x2 2x 3 2x2 x 1 3 x 3x2 . (1)
Giải: Điều kiện

2 0

1 3 3 0

x x
x x
  




  



 (2).

Vế trái của phương trình (1): x2 2x 3



x1



2 2 2 với mọi xR. đẳng thức xảy ra
khi x = 1. Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki với mọi x thoả mãn (2) thì vế phải của
phương trình (1) thoả:



 







2 2 2 2 2 2 2

2x  x 1 3 x 3x  1 1 2x  x 1 3x 3x  2 4 x 2x  4 x1 2

. đẳng
thức xảy ra khi 2x2 x 1 3x 3x2 . Để đẳng thức xảy ra ở phương trình (1) thì cả hai vế

của phương trình (1) đều bằng 2. Nên x = 1. Thử lại thấy x = 1 là nghiệm của phương
trình.

Bài tốn 5 : Giải phương trình: 5 1x3 2



x22



(1)
Giải:

Điều kiện 1x3  0



x1





x2 x1



0 Do x2  x 1 0 với mọi x nên x  1 0 x1
Đặt a x1 ; b x2 x1 với a0 ;b0. Nên phương trình (1) trở thành :





2
2 2

5ab 2 a b 2 a 5 a 2 0.

b b

   
        

    Giải phương trình này được 2
a

b  hoặc

1
2

a
b 

Với 2

a

b  thì phương trình (1) vơ nghiệm

Với

1
2

a

b  thì

2 1 1

5 3 0

x

x x x

x x



     

  

 . Phương trình có hai nghiệm thoả điều 
kiện 1

5 37

x  

; 2

5 37

x  
.

Bài toán 6: Giải phương trình:

42 60

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Phương trình (1) có nghĩa khi x < 5 nên

 

42 60

1 3 3 0

5 x 7 x

   

      

     

   

42 42 60 60

3 3 3 3

5 5 7 7

42 60

3 3

5 7

x x x x

x x
       
   
       
   
       
  
   
 
   

 
   
42 60
9 9

5 7 0

42 60
3 3
5 7
x x
x x
 
 
  
   
 
   
 
   

















9 5 42 9 7 60

42 60

5 3 7 3

5 7
x x
x x
x x
   
  
   
       
 
   
 
   
1 1

3 1 3 0

42 60

5 3 7 3

5 7
x
x x
x x
 
 
 

    
   
        
 
    

   3 1 3



 x



0 vì









1 1

42 60

5 3 7 3

5 7
x x
x x

   
       
 

    > 0 nên

1
3

x

. Thử lại đúng nên nghiệm của
phương trình là

1
3

x
.

Bài tốn 7: Giải phương trình: x x



 2



 x x



 5



 x x



3



(1)

Điều kiện để phương trình có nghĩa là :  3 x0 ;0 x 5. Bình phương hai vế của 
phương trình (1) ta được:x x



 2



x x



 5



2 x x2



 2

 

x 5



x x



3





 



2 2

2 x x 2 x 5 10x x

      4x x2



 2

 

x 5







10x x 2





 







2 2 3 4 2 2 2 3 4 3 2

4x x 2 x 5 100x 20x x 4x x 7x 10 100x 20x x 3x 8x 60x 0

               





2 3 2 8 60 0

x x x

   

. Giải phương trình này được

10
;0;6
3

x  

 . Thử lai chỉ có hai 
nghiệm x = 0; x = 6 thoả mãn đề cho.

Bài tốn 8: Giải phương trình:









5 2 1 7 10 3

x  x  x  x 

(1)
Điều kiện x > -2 và x27x10



x2

 

x5



. Nhân hai vế của phương trình (1) với



x 2 x5



ta được:



x2

 

 x5







1



x2

 

x5



3



x 2 x5





 







3 1 x 2 x 5 3

    



x 2 x5



 x 2 x 5



x2

 

x5



1 0



 





 



5 1 2 1 2 0 5 1 1 2 0

x x x x x

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

5 1 0 5 1 4

2 1 1

1 2 0

x x x

x x
x
        

     
  
    

 Do x > -2 nên x = -4 (loại). Vậy nghiệm của 
phương trình x = -1.

Cách giải khác:

Đặt a x2 a2  x 2 ; b x 5 b2  x 5 nên b2 a2   x 5 x 2 3 .Do đó 
phương trình (1) trở thành:

2 2 3

( )(1 ) 3

b a

b a ab
  


  

 (*)

Từ hệ (*) suy ra b2 a2 



b a

 

1ab







b a a b ab

 

  1



0



 



1 1 0

1 0

a b
b a

a b

a b

a b ab



 

    
       

  khi đó ta cũng có x = -1.

Bài tốn 9 : Giải phương trình: 25 x2  10 x2 3 (1)

Giải: Điều kiện

2 2

25 0 25

10 10 10

10 0 10

x x
x x
x x
    
 
      
 
  
 
  (*).

Đặt 0a 25 x2 ; 10 x2  b 0 a2 b2 25 x210x2 15. Nên phương trình (1)

trở thành 2 2

3 3 4

5 1

a b a b a

a b b

a b
    
  
 
  
  
   


Nếu b = 1 thì 10 x2  1 x2  9 x3 so với điều kiên (*) x3 thoả

Nếu a = 4 thì 25 x2 16 x2  9 x3 so với điều kiên (*) x3 thoả.

Vậy phương trình có nghiệm là x3.

Bài tốn 10: Giải phương trình: 3 x 1 3 x135x (*)

Lập phương hai vế của phương trình (*) ta được:



 



3 3

5x x    1 x 1 3 x1 x1  x 1 x1

   5x2x33 x21. 53 x





3 x2 1. 53 x x x3 5x x2 1 4x3 5x 0 x 0

          

hoặc

5
2

x

. Thử lại ta thấy
phương trinh có đúng ba nghiệm trên.

Bài tốn 11: Giải phương trình31 x 31 x 2 (1)

Điều kiện: x0. Đặt 31 x a; 31 x b  a3  1 x ;  b3  1 x nên phương 
trình (1) trở thành







2 2











3 3 2 2 2

2 2

2 1 2 2 1 0

a b a b

a b a b

a b a ab b

a b a ab b b b b b

   
 
   
   
  
   
   
           
   





2 2 2 2

2 2

4 4 2 1 0 2 1 0 1 0

a b

a b a b

a b

b b b b b b b b

 

   
  
        
            
  

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Nếu b = 1 thì 1 x  1 x  0 x0.
Vậy x = 0 là một nghiệm của phương trình.

Bài tốn 11 : Giải phương trình 32 x x1 1 (1)

Giải: TXĐ x1 0  x1. Đặt 3 2 x a; x1 b 0. Nên phương trình đã cho trở

thành: 3 3

1
1

a b
a b

 




 











3 2

3 2 2 2 3 2

1
1

1 1

4 3 0

1 1 1 1 3 3 1

a b

a b a b

b b b

a b b b b b b b

 

  



   

   

  

   

  

          

   

Nên b



0;1;3



Do đó



a b;









1;0 ; 0;1 ; 2;3

 







Nếu a0 thì 3 2 x  0 2 x 0 x2 ; b1 thì x1 1  x1 1  x2
Nếu a1 thì 3 2 x  1 2 x 1 x1 ; b0 thì x1 0  x1 0  x1

Nếu a2 thì 3 2 x2 2 x8 x10; b3 thì x1 3  x1 9  x10
Vậy phương trình có ba nghiệm là x



1; 2;10



Buổi 1 Quỳnh Lâm, ngày 20 tháng 8 năm 2013

CHUYÊN ĐỀ 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG

I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số ngun.
II. TÍNH CHẤT:

1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; khơng thể có chữ
số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.

2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố
với số mũ chẵn.

3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Khơng có số chính
phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N).

4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Khơng có số chính
phương nào có dạng 3n + 2 (n N).

5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2

Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.

6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

A. DẠNG1 : CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương.
Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4

= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4

Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì

A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2

V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 Z

Vậy A là số chính phương.

Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.

Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1

= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*)

Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2

= (n2 + 3n + 1)2

Vì n N nên n2 + 3n + 1 N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.

Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2)
 Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .

Ta có k(k+1)(k+2) = 14 k(k+1)(k+2).4 = 14 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
= 14 k(k+1)(k+2)(k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1)

⇒ S = 14 .1.2.3.4 - 14 .0.1.2.3 + 14 .2.3.4.5 - 14 .1.2.3.4 +…+ 14
k(k+1)(k+2)(k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1) = 14 k(k+1)(k+2)(k+3)
4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1

Theo kết quả bài 2 ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương.

Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …

Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. 
Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.

Ta có 44…488…89 = 44…488..8 + 1 = 44…4 . 10n + 8 . 11…1 + 1

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

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

= 4. 10n−1
9 . 10

n + 8. 10n−1

9 + 1 =

4 . 102n−4 . 10n

+8 .10n−8+9

9 =

4 . 102n

+4 . 10n+1
9

(

2. 10n+1
3

)

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

nó chia hết cho 3
n-1 chữ số 0

⇒

(

2. 10n+1

)

Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương.

Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương:
 A = 11…1 + 44…4 + 1

2n chữ số 1 n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8

2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6

C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7

2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8

Kết quả: A =

(

10n+2

)

; B =

(

10n+8

)

; C =

(

2. 10n+7
3

)

Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương:

a. A = 22499…9100…09

n-2 chữ số 9 n chữ số 0
 b. B = 11…155…56

n chữ số 1 n-1 chữ số 5

a. A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9

= 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n – 90.10n + 9

= ( 15.10n – 3 ) 2 ⇒ A là số chính phương

b. B = 111…1555…5 + 1 = 11…1.10n + 5.11…1 + 1

n chữ số 1 n chữ số 5 n chữ số 1 n chữ số 1

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

= 10n−1
9 . 10

n + 5. 10n−1

9 + 1 =

102n−10n

+5 .10n−5+9
9

= 102n+4 . 10n+4

9 =

(

10n+2

)

là số chính phương ( điều phải chứng minh)
Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp khơng thể là 
một số chính phương

Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ).
Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2)

Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 khơng thẻ chia hết cho 5
⇒ 5.( n2+2) khơng là số chính phương hay A khơng là số chính phương

Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n N và n>1 khơng

phải là số chính phương

n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]

= n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]= n2( n+1 )2.( n2–2n+2)

Với n N, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2

và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2

Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 ⇒ n2 – 2n + 2 khơng phải là một số chính phương.

Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng 
đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó 
là một số chính phương

Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng
chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9
khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương

Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận

cùng của a là 4 hoặc 6 ⇒ a ⋮ 2 ⇒ a2 ⋮ 4

Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56,
76, 96 ⇒ Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương.

Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ khơng phải là một số 
chính phương.

a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N)

⇒ a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1

= 4(k2 + k + m2 + m) + 2 = 4t + 2 (Với t N)

Khơng có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t N) do đó a2 + b2 khơng thể là số

chính phương.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 
khơng thể là các số chính phương.

Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p ⋮ 2 và p không chia hết cho 4 (1)
a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m2 (m N)

Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ.

Đặt m = 2k+1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + 1

⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) ⋮ 4 mâu thuẫn với (1)

⇒ p+1 là số chính phương

b. p = 2.3.5… là số chia hết cho 3 ⇒ p-1 có dạng 3k+2.

Khơng có số chính phương nào có dạng 3k+2 ⇒ p-1 khơng là số chính phương .

Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 khơng là số chính phương
Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.

Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 khơng có số nào là số 
chính phương.

a. 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1

Có 2N ⋮ 3 ⇒ 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k N)
⇒ 2N-1 không là số chính phương.

b. 2N = 2.1.3.5.7…2007

Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho 2 và 2N ⋮ 2 nhưng 2N không chia hết cho 4.

2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 ⇒ 2N khơng là số chính phương.

c. 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1

2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4

2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1

⇒ 2N+1 không là số chính phương.

Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05

2008 chữ số 1 2007 chữ số 0
 Chứng minh √ab+1 là số tự nhiên.

Cách 1: Ta có a = 11…1 = 102008−1

9 ; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 10

2008 + 5

2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 2008 chữ
số 0

⇒ ab+1 = (102008−1)(102008+5)

9 + 1 =

102008

¿2+4 .102008−5+9
¿

¿
¿

(

102008+2

)

√ab+1 =

√

(

10
2008

)

102008
+2
3

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Ta thấy 102008 + 2 = 100…02 ⋮ 3 nên 102008+2

3 N hay √ab+1 là số tự nhiên.
2007 chữ số 0

Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6

2007 chữ số 0 2008 chữ số 0 2008 chữ số 9

⇒ ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a+1)2
⇒ √ab+1 = 3a+1¿

2
¿

√¿ = 3a + 1 N

A. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:
a. n2 + 2n + 12 b. n ( n+3 )

c. 13n + 3 d. n2 + n + 1589
Giải

a. Vì n2 + 2n + 12là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N)

⇒ (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 ⇔ k2 – (n+1)2 = 11 ⇔ (k+n+1)(k-n-1) = 11

Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết

(k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k = 6

k – n - 1 = 1 n = 4
b. Đặt n(n+3) = a2 (n N) ⇒ n2 + 3n = a2 ⇔ 4n2 + 12n = 4a2

⇔ (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2 ⇔ (2n + 3)

❑2 - 4a2 = 9 ⇔ (2n + 3 + 2a)(2n + 3 –

2a)= 9

Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta
có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1

⇔ 2n + 3 + 2a = 9 ⇔ n = 1

2n + 3 – 2a = 1 a = 2

c. Đặt 13n + 3 = y2 ( y N) ⇒ 13(n – 1) = y2 – 16 ⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y –

⇒ (y + 4)(y – 4) ⋮ 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 ⋮ 13 hoặc y – 4 ⋮ 13

⇒ y = 13k ± 4 (Với k N)

⇒ 13(n – 1) = (13k ± 4 )2 – 16 = 13k.(13k ± 8)
⇒ n = 13k2 ± 8k + 1

Vậy n = 13k2 ± 8k + 1 (Với k N) thì 13n + 3 là số chính phương.

d. Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết
(2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41

Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28.
Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương:

a. a2 + a + 43 
b. a2 + 81

c. a2 + 31a + 1984

Kết quả: a. 2; 42; 13
b. 0; 12; 40

c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728

Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính 
phương .

Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương .

Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 khơng là số chính phương

Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương

Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều tận
cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó khơng phải là số

chính phương .

Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3.
Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính phương:

a. n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164)

b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)

c. n2 + 4n + 97

d. 2n + 15

Bài 5: Có hay khơng số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. 
Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m N)

Từ đó suy ra m2 – n2 = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006

Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)

Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)

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

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

⇒ Điều giả sử sai.

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.

Bài 6: Biết x N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương .

Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x
chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1)

Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x Nvà 2 < x ≤ 9 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7.

Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 762 = 5776

Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính 
phương.

Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta
được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84.

Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương.
Vậy n = 40

Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số 
chính phương thì n là bội số của 24.

Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N)

Ta có m là số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2 = 4a (a+1) + 1

⇒ n = m2−1
2 =

4a(a+1)

2 = 2a(a+1)

⇒ n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b N) ⇒ k2 =

4b(b+1) +1

⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n ⋮ 8 (1)

Ta có k2 + m2 = 3n + 2 2 (mod3)

Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1.

Nên để k2 + m2 2 (mod3) thì k2 1 (mod3)

m2 1 (mod3)

⇒ m2 – k2 ⋮ 3 hay (2n+1) – (n+1) ⋮ 3 ⇒ n ⋮ 3 (2)

Mà (8; 3) = 1 (3)

Từ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24.

Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương .
Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì

2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48)

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

⇒ a+48 = 2p ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3

a- 48 = 2q

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802

C. DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A 
một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B.

Gọi A = abcd = k2. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số

B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N và 32 < k < m < 100

a, b, c, d N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9

⇒ Ta có A = abcd = k2
B = abcd + 1111 = m2

⇒ m2 – k2 = 1111 ⇔ (m-k)(m+k) = 1111 (*)

Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương.
Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101

Do đó m – k == 11 ⇔ m = 56 ⇔ A = 2025

m + k = 101 n = 45 B = 3136

Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số
gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị.

Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = 1 và k N, 32 ≤ k < 100

Suy ra 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10) ⇒ k +10 ⋮ 101 hoặc k-10 ⋮ 101

Mà (k-10; 101) = 1 ⇒ k +10 ⋮ 101

Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 ⇒ k+10 = 101 ⇒ k = 91
⇒ abcd = 912 = 8281

Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số 
cuối giống nhau.

Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9

Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1)

Nhận xét thấy aabb ⋮ 11 ⇒ a + b ⋮ 11

Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11

Thay a+b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương .

Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn ⇒ b = 4

Số cần tìm là 7744

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập
phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N

Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương .

Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương ⇒ y = 16
⇒ abcd = 4096

Bài 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, 
căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.

Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b,c,d ≤ 9
abcd chính phương ⇒ d { 0,1,4,5,6,9}

d nguyên tố ⇒ d = 5

Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100

k là một số có hai chữ số mà k2 có tận cùng bằng 5 ⇒ k tận cùng bằng 5

Tổng các chữ số của k là một số chính phương ⇒ k = 45
⇒ abcd = 2025

Vậy số phải tìm là 2025

Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và 
viết số bởi hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương

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

Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2 – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 ) ⋮ 11 ⇒ a2 - b2 ⋮

Hay ( a-b )(a+b ) ⋮ 11

Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b ⋮ 11 ⇒ a + b = 11

Khi đó ab - ba = 32 . 112 . (a - b)

Để ab - ba là số chính phương thì a - b phải là số chính phương do đó a-b = 1 hoặc

a - b = 4

 Nếu a-b = 1 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65
Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332

 Nếu a - b = 4 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại )
Vậy số phải tìm là 65

Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng 
được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu

( Kết quả: 1156 )

Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các 
chữ số của nó.

2 2

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Gọi số phải tìm là ab với a,b N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9
Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 ⇔ (10a+b)2 = ( a + b )3

⇒ ab là một lập phương và a+b là một số chính phương

Đặt ab = t3 ( t N ) , a + b = l 2 ( l N )

Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 hoặc ab = 64

 Nếu ab = 27 ⇒ a + b = 9 là số chính phương

 Nếu ab = 64 ⇒ a + b = 10 khơng là số chính phương ⇒ loại
Vậy số cần tìm là ab = 27

Bài 9: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.

Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n N)

Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11

Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9

⇒ 12n( n + 1 ) = 11(101a – 1 )

⇒ 101a – 1 ⋮ 3 ⇒ 2a – 1 ⋮ 3

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

⇒ a { 2; 5; 8 }

Vì a lẻ ⇒ a = 5 ⇒ n = 21

3 số càn tìm là 41; 43; 45

Bài 10: Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng 
tổng lập phương các chữ số của số đó.

ab (a + b ) = a3 + b3

⇔ 10a + b = a2 – ab + b2 = ( a + b )2 – 3ab

⇔ 3a( 3 + b ) = ( a + b ) ( a + b – 1 )

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

⇒ a = 4 , b = 8 hoặc a = 3 , b = 7

Vậy ab = 48 hoặc ab = 37.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Buổi 2:

Chuyên đề 2: CỰC TRỊCỦAMỘT BIỂU THỨC
I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC

1/ Cho biểu thức f( x ,y,...)

a/ Ta nói M giá trị lớn nhất ( GTLN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu max f = M nếu hai
điều kiện sau đây được thoả mãn:

- Với mọi x,y... để f(x,y...) xác định thì :
f(x,y...) M ( M hằng số) (1)

- Tồn tại xo,yo ... sao cho:

f( xo,yo...) = M (2)

b/ Ta nói m là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu min f = m nếu hai
điều kiện sau đây được thoả mãn :

- Với mọi x,y... để f(x,y...) xác định thì :
f(x,y...) m ( m hằng số) (1’)

- Tồn tại xo,yo ... sao cho:

f( xo,yo...) = m (2’)

2/ Chú ý : Nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1’) thì chưa có thể nói gì về cực trị của một
biểu thức chẳng hạn, xét biểu thức : A = ( x- 1)2 + ( x – 3)2. Mặc dù ta có A 0

nhưng chưa thể kết luận được minA = 0 vì không tồn tại giá trị nào của x để A = 0 ta
phải giải như sau:

A = x2 – 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2( x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + 2 2

A = 2 ⇔ x -2 = 0 ⇔ x = 2
Vậy minA = 2 khi chỉ khi x = 2

II/ TÌM GTNN ,GTLN CỦA BIỂU THƯC CHỨA MỘT BIẾN

1/ Tam thức bậc hai:

Ví dụ: Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c .

Tìm GTNN của P nếu a 0.
Tìm GTLN của P nếu a ¿¿

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Giải : P = ax2 + bx +c = a( x2 + 
b

a x ) + c = a( x +

b

2a )2 + c -

2
2

b
a

Đặt c - b2

4a =k . Do ( x +

b

2a )2 0 nên :

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

2a

-Nếu a ¿¿

¿ 0 thì a( x +

b

2a )2 0 do đó P k. MaxP = k khi và chỉ khi x =
-b

2a

2/ Đa thức bậc cao hơn hai:

Ta có thể đổi biến để đưa về tam thức bậc hai

Ví dụ : Tìm GTNN của A = x( x-3)(x – 4)( x – 7)
Giải : A = ( x2 - 7x)( x2 – 7x + 12)

Đặt x2 – 7x + 6 = y thì A = ( y - 6)( y + 6) = y2 - 36 -36

minA = -36 ⇔ y = 0 ⇔ x2 – 7x + 6 = 0 ⇔ x

1 = 1, x2 = 6.

3/ Biểu thức là một phân thức :

a/ Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai:

Ví dụ : Tìm GTNN của A = 2

6x −5−9x2 .
Giải : A = 2

6x −5−9x2 . =

−2

9x2−6x+5 =

3x −1¿2+4
¿

−2
¿

Ta thấy (3x – 1)2 0 nên (3x – 1) 2 +4 4 do đó 2

1
(3x1) 4

4 theo tính

chất a b thì 1a 1b với a, b cùng dấu). Do đó

3x −1¿2+4
¿

−2
¿

−42 ⇒

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

minA = - 12 ⇔ 3x – 1 = 0 ⇔ x = 13 .

Bài tập áp dụng:

1. Tìm GTLN của BT : 2

1
A

x 4x 9



  HD giải:





2
2

1 1 1 1

A . max A= x 2

x 4x 9 x 2 5 5 5

    

   

2. Tìm GTLN của BT : 2

1
A

x 6x 17



  HD Giải:





2
2

1 1 1 1

A . max A= x 3

x 6x 17 x 3 8 8 8

    

   

3. (51/217) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2

3
A

2 x 2x 7



   

b/ Phân thức có mẫu là bình phương của nhị thức.

Ví dụ : Tìm GTNN của A = 3x2−8x+6

x2−2x+1 .

Giải : Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm

A =



 



2 2 1 4 4

2 1

x x x x

x x

    

  = 2 +

x −2¿2
¿

x −1¿2
¿
¿
¿

2
minA = 2 khi và chi khi x = 2.

Cách 2: Đặt x – 1 = y thì x = y + 1 ta có :

A =









2 2 2

3( 1) 8( 1) 6 3 6 3 8 8 6 3 2 1

2 1 2 2 1

1 2 1 1

y y y y y y y

y y y y

y y

          

 

    

    = 3 -

y +

y2 = (

y

-1)2 + 2

minA = 2 ⇔ y = 1 ⇔ x – 1 = 1 ⇔ x = 2

Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 TRẦN THỊ VÂN ANH)
1, (13/200) Tìm GTNN và GTLN của bt:

2
2

1
P

x
x x




 

2, (36/210) Tìm GTNN của bt :
2

2 2006

B x x

x
 


3, ( 45/ 214) Tìm GTNN và GTLN của bt:

2
2

5 7

x

x x



</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

4, ( 47, 48 /215) Tìm GTNN của bt : a,
2

2
2 2
D
2 3
x x
x x
 


  b,

2
2

2 1

2 4 9

x x

 


 

c/ Các phân thức dạng khác:

Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A = 3−4x

x2+1

Giải Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số :
A = x2−4x+4− x2−1

x2+1 =

x −2¿2
¿
¿
¿

- 1 -1
Min A= -1 khi và chỉ khi x = 2

Tìm GTLN A = 4x2+4−4x2−4x −1

x2+1 = 4 -

2x+1¿2
¿
¿
¿

Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 TRẦN THỊ VÂN ANH)

1, (42, 43/ 221) Tìm GTLN của bt: a, A 2 2

x
x


 b,





2
3
2
B
2
x
x



3, (35, 36 / 221) Tìm GTNN của bt: a,

2 4 4

C x x

x
 


Với x > 0; b,
5

3
2
D x
x



Với x >
0

4, (34, 36/ 221) Tìm GTNN của bt: a,
2
3
2
E x
x
 

với x > 0; b,
3

Fx 

x Với x > 0

6, (68/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt:





2 2 17

2 1
x x
Q
x
 


 Với x > 0

7, (69/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt:

6 34
R
3
x x
x
 


 Với x > 0

8, (70/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt:

3 2000

S x

x




Với x > 0

III/ TÌM GTNN, GTLN CỦA BT CĨ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN

Ví dụ : Tìm GTNN của A = x3 + y3 + xy biết rằng x + y = 1

sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A

A = (x + y)( x2 –xy +y2) + xy = x2 – xy - y2 + xy = x2 + y2

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Cách 1: sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức có chứa A
x + y = 1 ⇒ x2 + 2xy + y2 = 1 (1)

Mà (x – y)2 0 Hay: x2 - 2xy + y2 0 (2)

Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 ) 1 ⇒ x2 + y2 1

2
minA = 12 khi và chỉ khi x = y = 12

Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x. Thay y = x – 1 vào A
A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 - 1

2 )2 +
1

1
2
minA = 12 khi và chỉ khi x = y = 12

Cách 3/ Sử dụng điều kiện đã cho để dưa về một biến mới

Đặt x = 12 + a thì y = 12 - a . Biểu thị x2 + y2 ta được :

x2 + y 2 = ( 1

2 + a)2 + (
1

2 - a)2 =
1

2 +2 a2
1

2 => MinA =
1

2 ⇔ a = 0

⇔ x=y = 12

Bài tập 1 : Tìm Min A = a2ab b 2 3a 3b2014

Cách 1 Ta có: A= a2 2a 1 b2 2b 1 ab a b   1 2011

2 2

= a  2a 1 b  2b 1 ab a b   1 2011











 



2 1

= a 1  b1 a b1  b1 2011











 



= a 1  b1  a1 b1 2011











 







2 2

2 1 1 3 1

a 1 2 1 2011

2 4 4

b b b

a   

      





2 3 1

= a 1 + 2011

2 4

b

b 

 

  

 

 

 Min A = 2011 khi

a 1 0

1
2

1 0

b

a b
b




  



  


  


Cách 2:





















2 2 2 2 2 2

2 1 2

2A 2 3 3 2014 = a 2 1 2 1 a 2 2.2 4 4022

= a 1 1 2 4022

                 

      

a ab b a b a b b ab b a b

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

 Min 2A = 4022 khi

a 1 0

1 0 1

2 0

b a b

a b
 



    



   

 => Min A = 2011



BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ:

Bài 1 CMR : Min P = 0 Với P = a2ab b 2 3a 3b3

Bài 2 CMR: khơng có giá trị nào của x, y, z thỏa mãn ĐT:

2 4 2 2 2 8 6 15 0

x  y z  x y z 
Hướng dẫn Ta có:













2 2 2

VTx  2x 1 4y 8y 4 z  6z 9 1= x-1  2y2  z 3  1 1

Bài 3: Có hay không các số x,y,z thỏa mãn mỗi đẳng thức sau:
1)x24y2z24x4y8z22 0

2) x24y29z2 2x12y12z1994
Hướng dẫn Ta có:













2 2 2

1) VT 4 4 4 4 1 8 16 1

= x+2 2 1 4 1 1

x x y y z z

y z

         

     













2 2 2

2) VT = x 2 1 4 12 3 9 12 4 1986

= 1 2 3 3 2 1986 1986

x y y z z

x y z

        

      

Bài 4: CMR: Min A=2 Với A = m2 4mp5p210m 22p28
Hướng dẫn Ta có:





















2 2 2

2 2

A = 4 4 2 1 10 20 27

= 2 2.5 2 25 1 2

= 2 5 1 2 2

m mp p p p m p

m p m p p

m p p

       

      

     

Bài 5: CMR: Max B = 4 Với Ba2 5b2 2a4ab10b 6

Hướng dẫn Ta có:

2 2 2

Ba 4ab 4b  b 6b 9 2 a4b 1 4



 







2 2 2

= 4 -   4 4   6 9 2  2 1

 a ab b b b a b 













= 4 -   2 2  2  1  3 

 a b a b b 









2 2

= 4 -   2 1   3  4

 a b b 

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

a) A=a25b2  4ab 2b5 ( Gợi ý









2 2

A = a - 2b  b1 4 )

b) B = x2y2 xy 3x 3y2029 ( Gợi ý B = x-y





2



y 3



2



x 3



22011 )
c) Cx24y29z2 4x12y 24z30 ( Gợi ý C = x+2





2



2y3



2



3z4



21 )
d) D= 20x2 18y2 24xy 4x12y2016 ( Gợi ý D= 4x-3y





2



2x1



2



3y 2



2011 )

Bài 7: Tìm các số a, b, c, d thỏa mãn : a2b2c2 d2 a b c d



 



(*)

Ta có :

























2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

0
0

4 0

4 4 4 4 4 4 0

2 2 2 0

a b c d ab a b c
a b c d a b c d
a b c d ab ac ad

a b c d ab ac ad

a ab b a ac c a ad d a

a b a c a d a

     

       

       

          

       

Dấu “=” sảy ra khi : a2b2c2d  0 a b c d   0

BÀI TẬP VỀ NHÀ:

Bài 1: Tìm các số a, b, c, d, e thỏa mãn : 2a2b2c2d2e2 a b c d e



  



Bài 2: Tìm các số a, b, c, thỏa mãn : a2 b2 1 ab a b 

Bài 3: Tìm các số a, b, thỏa mãn : 4a24b2 4ab 4a4b 4 0

Bài 4: Tìm các số x, y, z thỏa mãn : x24y2 z2 2x 8y6z14
Bài 5: Tìm các số m, p, thỏa mãn : m25p2 4mp10m22p25
IV: Các chú ý khi giải bài toán cực trị :

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

ta đặt x – 2 = y, biểu thức trở thành (y + 1)2 + (y – 1)2 =2y2 +2 2 ⇒ minA= 2 ⇒ y=0

⇒ x=2

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

chẳng hạn : -A lớn nhất ⇔ A nhỏ nhất

B lớn nhất ⇔ B nhỏ nhất với B > 0

Ví dụ : Tìm GTLN của

2 2

( 1)

x
A

x



 (Chú ý A> 0 nên A lớn nhất khi

A nhỏ nhất và

ngược lại)

Ta có :

1
A =

2 2 4 2 2

4 4 4

( 1) 2 1 2

1 1 1

x x x x

x x x

  

  

   .Vậy

A 1

min

A = 1 khi x = 0 .Do đó maxA =1 khi x = 0

3,Chú ý 3 Khi tìm GTLN, GTNN của 1 biểu thức ,người ta thường sử dụng các BĐT đã
biết

Bất đăng thức có tính chất sau

a ) a > b , c > d với a, b, c, d > 0 thì a.c > b. d
b) a > b và c > 0 thì a.c > b.c

c) a > b và c < 0 thì a.c < b.c
d) a > b và a, b, n > 0 thì an > bn

BĐT Cơ si: a + b 2 ab ; a2 + b2 2ab ; (a + b)2 4ab ; 2( a2 + b2) ( a+ b)2

Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a2 + b2) ( c2 + d2) (ac + bd)2

Ví dụ Cho x2 + y2 = 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y

Giải :Áp dụng BĐT BCS ta có ( 2x + 3y )2 ( 22+32 ).52 ⇒ ( 2x + 3y )2 13.13.4
⇒

2x + 3y 26. Vậy maxA = 26 ⇔

2 3

2 3 0

x y
x y





 


Thay y =

3
2

x

vào x2 + y2 = 52 ta được 4x2 + 9x2 = 52.4 ⇒ x2 = 16 ⇒ x=4 hoặc x=

-4

Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y 0 x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y 0
Vậy Max A = 26 ⇔ x =4 , y = 6

3/ Trong các bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

- Nếu 2 số dương có tích khơng đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi 2 số đó bang nhau
Ví dụ: Tìm GTLN, GTNN của tích xy, biết x,y N thoả mãn x + y = 2005

Giải : Ta có 4xy = (x + y)2 – (x – y)2 = 20052 - (x – y)2

xy lớn nhất ⇔ x – y nhỏ nhất ; xy nhó nhất ⇔ x – y lớn nhất

giả sử x > y ( không thể xảy ra x = y) Do 1 y x 2004 nên 1 x-y 2003
Ta có min(x –y) = 1 khi x = 1003 ; y =1002 max(x –y) = 2003 khi x =2004 , y = 1
Do đó max(xy) = 1002.1003 khi x = 1003 , y = 1002

Min ( xy) = 2004 khi x = 2004 , y = 1

IV: MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ
1, Sai lầm khi sử dụng nhiều bất đẳng thức khac nhau

VD1: cho x, y là các số dương thỏa mãn x +y =1 . Tìm GTNN của biểu thức :

1 4

A =
x y

Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm

1 4
,

x y ta có:

1 4 4

x y  xy (1)

Lại có:

2 2

x y
xy


 

(2 )

Từ (1) và (2) suy ra :

1 4 4 4

A = 8

1
x

y xy

   

. Vậy Min A = 8
Phân tích sai lầm:

Đẳng thức sảy ra ở (1) khi

1 4

x y  xy

Đẳng thức sảy ra ở (2) khi x = y . Từ đó suy ra x = y = 0 ( Loại vì x + y = 1)
Có bạn đến đây KL khơng có giá trị nhỏ nhất cũng là KL sai.

Giải đúng: Vì x + y = 1 nên





1 4 4

A = x+y 5

x y

y y x

 

   

 

 

Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số không âm

4
,

x y

y x Ta có :

4 4

2 . 4

x y x y

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Dấu “=” xẩy ra khi

1
4

2 3

1 2

x y x

y x

x y

y
x y



  

  

 

 

  

 


    

 



Lưu ý: Nếu sử dụng nhiều BĐT khác nhau trong 1 bài tốn thì ta phải kiểm tra xem chúng 
có đồng thời sảy ra dấu bằng khơng. Có như vậy thì hướng giải của bài tốn mới đúng.

2, Sai lầm khi không sử dụng hết điều kiện của bài toán:

VD2:cho x, y là các số dương thỏa mãn x+y= 1. Tìm GTNN của BT :
2

1 1

A = x+

x y y

 

  
 

   

Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số khơng âm

1
x,

x Ta có:

1 1

x+ 2 x. 2

x  x 

(1)

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm

1
y,

y Ta có:

1 1

y+ 2 y. 2

y y 

(2)

Từ (1) và (2) =>A  8 => Min A = 8

Phân tích sai lầm: Đẳng thức sảy ra ở (1) khi

x  x x 

Đẳng thức sảy ra ở (2) khi

y  y y  . Từ đó suy ra x = y = 1 ( Loại vì x + y = 1)

Giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức cơ si cho hai số dương ta có :

x + y 1 1

2  xy xy  2 xy4

Ta có :

2 2 1 1

A = 4 + x +y +

x y

 
 

   

    . Khi đó: x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy  1 -

1
2=

1
2 (1)

2 2 2 2

1 1 1 2

2 8

x y  x .y xy (2). Từ (1)và(2) =>A  8 +

2+4 =

2 =>Min A = 
25

2 khi x=y =
1
2

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

3, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1: VD1: Tìm GTLN của bt: 2

1
A =

6 17

x  x

Lời giải sai: A đạt Max khi x2 6x17 đạt Min Ta có :





2 6 17 3 8 8

x  x  x  

Do đó Min



x2 6x17



 8 x3. Vậy Max A =

8  x3

Phân tích sai lầm: Kết quả đúng nhưng lập luận sai ở chỗ cho rằng “ A có tử khơng đổi

nên đạt GTLN khi mẫu đạt GTNN” mà chưa đua ra nhận xét tử và mẫu là các số dương

Lời giải đúng: Bổ sung thêm nhận xét x2 6x17



x 3



2 8 8nên tử và mẫu của A là
dương

VD2:Tìm GTNN cuả BT: A = x2 + y2 biết x + y =4

Ta có : A = x2 + y2 2xy => A đạt GTNN

2 2 2

2
4

x y xy

x y
x y

  

    

 


Khi đó MinA = 8

Phân tích sai lầm: Đáp số ko sai nhưng lập luân sai lầm ở chỗ ta mới c/m được f(x,y) 

g(x,y) chứ chưa c/m được f(x,y) m với m là hắng số.

Chẳng hạn: Từ x2  4x – 4 => x2 đạt nhỏ nhất  x2 = 4x – 4  (x – 2 )2 = 0  x =2

Đi đến min x2 = 4  x = 2 Dễ thấy kết quả đúng phải là Min x2 = 0  x =0

Lời giải đúng : Ta có x + y =4 





x + y =16 (1)

Ta lại có :



x - y 0



2   x -2xy+y 0 2 2  (2)
Từ (1) và (2) => 2( x2 + y2 ) 16 => A = x2 + y2 8

V y Min A = 8 khi v ch khi x = y = 2.ậ à ỉ

Lưu ý: Cần nắm vững t/c của BĐT cụ thể trong trường hợp so sánh hai phân 
số có tử và mẫu là số tự nhiên, số ngun … Có như vậy thì hướng giải của 
bài toán mới đúng.

4, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2 VD1: Tìm GTNN của bt: A = x + x

Lời giải sai : x + x =

 

2 1 1 1 1 1 1

x +2 x x

2 4 4 2 4 4

 

      

  . Vậy: Min A =

1
4

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

P/tích sai lầm: sau khi c/m f(x) 

1
4



chưa chỉ ra trường hợp xảy ra f(x)=

1
4



1
2
x 
(vơ lí )

Lời giải đúng: ĐKTT x là x0 do đó : A = x + x 0 => Min A = 0  x0

VD2: Tìm GTLN của A = xyx z+y y+z z+x



 



với x, y,z là các số không âm và x +y+ z
=1

Lời giải sai: Áp dụng BĐT 4xy



x y



2 ta có :



 





 





 



2
2
2

4x z+y x+y+z 1

4y z+x x+y+z 1

4z x+y x+y+z 1

 

 



 





 



64xyx z+y y+z z+x 1 =>xyx z+y y+z z+x

 

. Vậy Max A =

1
64

Phân tích sai lầm: Sai lầm ở chỗ chưa chi ra khả năng xảy ra dấu “=”

ĐK để Max A =

1
64 là :

z+y = x

y+x = z 0

x+z = y x + z + y = 1

x + z + y = 1 x, y, z 0

x, y, z 0

x y z


  


 

 
  





 ( vơ lí )

Lời giải đúng: Ta có : 1 = x +y+ z 3 x.y.z 3 (1)



 





 



2 = x +y + z+x + y+ z 3 x +y z+x y+ z

(2)

Từ (1) và (2) => 2 3 3 x y z. . . x +y z+x y+ z



 



hay:

3 2

2 3 A A

 
   
 

Max A =
3

2
9

 
 
  khi



x +y = z+x = y+ z

 



1
1

, , 0

x y z x y z

x y z


      

 


VD3: Tìm giá trị nhỏ nhất của :

(x a)(x b)
A

 



với x > 0, a, b là các hằng số dương.

Lời giải sai: Ta có:



 



2 ax

2 ax.2 bx 4 ab

2 bx

x a

x a x b x

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Do đó:

(x a)(x b) 4x ab

A 4 ab

x x

 

  

vậy Min A = 4 ab  x a b 

Phân tích sai lầm: Nếu a b thì khơng có: A = 4 ab

Lời giải đúng : Ta có

(x a)(x b) x ax+ bx+ab ab

A x (a b)

x x x

    

     

  .

Theo bất đẳng thức Cauchy :

x 2 ab

 

nên A ≥ 2 ab + a + b =





a b

min A =





a b

khi và chi khi

x x ab

x
x 0





 


 

 .

Buổi 3:

Chuyên đề 3: VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ
 VẬN DỤNG BDT A  B A+B ĐỂ TÌM CỰC TRỊ

1;VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ

VD1: Cho x > 0, y > 0 thỏa mẫn đk

1 1 1

x y  Tìm GTNN của bt: A = x y

Do x > 0, y > 0 nên

1 1

0, 0

x  áp dụng bất đẳng thức cơsi cho 2 số

1 1
,

x y

ta có:

1 1 1 1 1

2 x y x y

 

 

 

  Hay

1 1

4 xy => xy 4

Mặt khác ta có: x > 0, y > 0 => x 0, y 0. áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

2 2 4 4

x y  xy  

Vậy: Min A = 4 khi :

1 1 1

x y

x y
x y





  


 




VD2 : Tìm GTNN của của biểu thức : A x2 x 1  x2 x 1

Ta có:

2 1 3 3

x x 1 x x R

2 4 4

 

        

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

2 1 3 3

x x 1 x x R

2 4 4

 

        

 

Áp dụng BĐT Cô- si cho 2 số x2 x 1, x 2 x 1 ta có :

2 2 2 2 4 4 2

x  x 1  x   x 1 2 x  x 1. x   x 1 2 x x  1 2

 Max A = 2 khi

4 2

2 2

x x 1 1

x 0

x x 1 x x 1

   



 



    




VD3 Tìm giá trị nhỏ nhất của :

x y z

y z x

  

với x, y, z > 0.

Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:

x y z x y z

A 3 . . 3

y z x y z x

    

Do đó

x y z x y z

min 3 x y z

y z x y z x

 

        

 

 

Cách 2 : Ta có :

x y z x y y z y

y z x y x z x x

   

       

 

  . Ta đã có

x y
2

yx  (do x, y > 0) nên

để

chứng minh

x y z

y z x  ta chỉ cần chứng minh :

y z y

z x x  (1)

(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.

VD 4: Tìm giá trị lớn nhất của : A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với x, y, z ≥ 0 ; x + y + z =

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

2 = (x + y) + (y + z) + (z + x) ≥ 3.3(x y)(y z)(z x)  
(2)

Nhân từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều không âm) : 2 ≥ 9.3 A  A ≤

3
2
9

 

 

 

max A =

3
2
9

 

 

  khi và chỉ khi x = y = z =

1
3.

VD 5: Tìm GTNN của

xy yz zx
A

z x y

  

với x, y, z > 0 , x + y + z = 1.

Giải: Theo bất đẳng thức Cauchy :

xy yz xy yz

2 . 2y

z  x  z x  .

Tương tự :

yz zx zx xy

2z ; 2x

x  y  y  z  . Suy ra 2A ≥ 2(x + y + z) = 2.

min A = 1 với x = y = z =

1
3.

VD 6: Tìm GTNN của 2 2

1 2

A 4xy

x y xy

  

 với : x > 0, y > 0, x + y < 1

Ta có:













2 1 1 1 1 1 4

2 .2 4

1 1 1

x y

xy x y xy

x y xy

x y xy x y x y

x y xy




   



 



       

  



 

  




Ta có: 2 2 2 2

1 2 1 1 1 5

A 4xy 4xy

x y xy x y 2xy 4xy 4xy

   

       

     

















2 2 2 2

2 2

4 1 5 4 5 11

A 2 4xy. 2 11

x 2xy y 4xy x y x y x y x y

       

     

VD 7: : Cho

1
2

x

, Tìm GTLN của A = 2x25x2 + 2 x+3 - 2x
Giải : Ta có : A = 2x25x2 + 2 x+3 - 2x = 2x 1





 

x2 + 2 x+3 - 2x



Với

1
2

x

ta có:

2x 1 0
2 0

x
 



 


áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số 2x 1, x+2  Ta có:



 



2x 1 x+2

2x 1 x+2
2

 

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Hay :



 



3x 3

2x 1 x+2
2



 

Dấu “ = ” xảy ra khi 2x 1 x+2   x=1

áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số x 3, 4  Ta có:





x 3 4

4 3 2 3

2 x x

 
   
Hay :
x 7
2 3
2 x


 

. Dấu “ = ” xảy ra khi x 3 4   x=1

Do đó:

x 7
A



  3x 3



- 2x = 5. Dấu “ = ” xảy ra khi x=1

VD 8: : Cho x, y, z > 0 và x + y + z =1 Tìm GTNN của:

1 4 9

S =

x y z

Ta có: S =





1 4 9

x + y + z

x y z

 

 

 

 =

4 4 9 9

1+4+9+ y x z y x z

x y y z z x

     

    

     

 

   

áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương

4
,

y x

x y ta có :

4 4

2 . 4

y x y x

x  y  x y 

Tương tự ta có :

4 9 4 9

2 . 12

z y z y

y  z  y z  ;

9 9

2 . 6

x z x z

z x  z x 

 S  1 + 4 + 9 + 4 + 12 + 6 =36

Dấu “=” sảy ra khi :

2 2
2 2
2 2
4
1
4 3
2
4 9

4 9 1

3
6
9 1
9 1
1
2
1
y x

x y y x y

y x

z y

z x x

y z

x z x y z

x z

x y z z

z x
x y z

 


  



 


 
   
    
   

      

      


 

   


Vậy Min S = 36 khi

1 1 1

, ,

3 6 2

y x z

Không phải lúc nào ta cũng dùng trực tiếp được bất đẳng thức Côsi đối với các số trong 
đề bài. Dưới đây ta sẽ nghiên cứu một số biện pháp biến đổi một biểu thức để có thê vân 
dụng BĐT Cơ-si rồi tìm cực trị của nó:

Biện pháp 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu thức

đó

VD1 : Tìm giá trị lớn nhất của A 3x 5 7 3 x, ĐKXĐ :

3 5 0 5 7

7 3 0 3 3

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Bình phương hai vế ta có : A2 = 2 + 2 3



x 5 7 3

 

 x



Với

5 7

3 x 3 . áp dụng bất đẳng thức côsi cho



3x 5



và



7 3 x



ta có:



3x 5

 

 7 3 x



2 3



x 5 7 3

 

 x



hay 2 2 3



x 5 7 3

 

 x



 A2  4 =>A  2 Dấu “=” xảy ra khi : 3x - 5 = 7 - 3x hay x = 2

VD2: Tìm GTNN của biểu thức: A = -x22x 8 -x2 x 2 (*)

ĐKXĐ :



 





 



2 4 0

-x 2 8 0 2 4

1 2

1 2 0

-x 2 0

x x

x
x

x x

x

   

      

 

     

  

  

  

  

  

 

Khi đó -x22x 8



-x2 x 2



  x 6 0=> A > 0

Từ (*) =>









2 2 2 2 2

A = -x 2x 8 -x  x 2  2 -x 2x8. -x  x 2

= -2x23x10 2



x2 4

 

 x x

 

1 2

 

 x



= 2



 x x

 

2

 

 x1 4

 

 x



 2 2 2



 x x

 

2 .

 

x1 4

 

 x









 





 



2 2

= 4 x  2 2 x x2 . x1 4 x  x1 4 x 2



 



2
2

4 x x 1 4 x 2 2

      

A = 2  4 x2 



x1 4

 

 x



 x0

BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và một số chuyên đề Bùi văn Tuyên )

Bài 1 Tìm GTNN, GTLN của hàm số : y 1 x 1x
Bài 2: Tìm GTLN của hàm số : y x 2 4 x

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Bài 8 Tìm GTNN của : A = -x24x21 -x23x10

Bài 9( 76/29) Tìm GTNN của :

x y z

A =

y  z  x với x, y, z dương và x + y + z  12

Bài 10: ( 65/ 28) Tìm GTLN, GTNN của : A x 4  y 3 biết x + y = 15

Biện pháp 2: nhân và chia một biểu thức với cùng một số khác khơng.

VD Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

x - 9
A =

Giải: ĐKXĐ: x9 Ta có:

x - 9
A =

5x =

1 x - 9

x - 9 3

2 3

3 6

5x 5 5 30

x

x x

 



 

 

  

Dấu “=” xảy ra khi

x - 9
3

18
3

x
x






 


 


BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

7x - 5
A =

7x-9

Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3
3

x - 9
B =

27x

Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức dã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của 
chúng là một hằng số:

1) Tách 1 hạng tử thành tổng nhiều hạng tử bằng nhau

VD1: cho x > 0 Tìm GTNN của biểu thức:

4
3

3x 16

A =

x


Giải : Ta có

3 3 3

3x 16 16 16

A = 3x x x x

x x x



     

Áp dụng BĐT Cơ-si Ta có :

3 3

16 16

A = x+x+x+ 4 . . . 4.2 8

x  x x x x  

Vậy Min A = 8 3

x x

x

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

VD2: ( đề thi ĐHTH Hà Nội 1993) Tìm Max và Min A = x y( 4 - x - y ) 2 với

, 0 và x + y 6

x y 

Xét 0 x y4 Ta có :

+y+ 4 - x - y

x 2 2

A = 4. . .y( 4 - x - y ) 4. 4

2 2 4

x

x   

 

   

 

   

 

Dấu “=” xẩy ra khi

= y = 4 - x - y y = 1 ; x =2

2 

Xét 4 x y6

Rễ thấy: 4 – x - y2 ( 1) Dấu ‘=’ xảy ra khi x + y = 6

=> A = x y( 4 - x - y ) 2 đạt GTNN khi x2y đạtGTLN

Ta có :





3
3

2 x+y
x+x+2y

x.x.2y 3

x y =

2 2 2

 

 

   

 

=32 hay x2y  32 (2)

Từ (1) và (2) => x y( 4 - x - y ) 2  -64 Dấu ‘=’ xảy ra khi

6 4

2 2

x y x

x y y

  

 



 

 

 

VD3 . Tìm GTLN của A = x2(3 – x) biết x ≤ 3.

Giải : Xét 0 ≤ x ≤ 3. Viết A dưới dạng : A = 4.

x
2 .

2 .(3 – x). Áp dụng bất đẳng thức

Cauchy cho 3 số không âm

x
2 ,

2 , (3 – x) ta được : 
x
2.

2 .(3 – x) ≤

x x 3 x

2 2 1

 

  

 



 

  .

Do đó A ≤ 4 (1)

BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và một số chuyên đề Bùi văn Tuyên )

Bài 1( 71/28) Cho x > 0 , y > 0 và x + y  6 Tìm GTNN của

12 16

P 5x 3y

x y
   

Bài 2( 70/28) Cho x > 0 , Tìm GTNN của

3 2000

N x

x



Bài 3( 68/ 28) Cho x , Tìm GTNN của

2 2 17

2( 1)

x x

x

 




Bài 4( 69/ 28) Tìm GTNN của

6 34

x x

x

 



</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Bài 5( 72/ 29) Cho x > y và x.y =5 , Tìm GTNN của

2 1, 2 2

Q x xy y

x y

 





Bài 6( 79/ 29) Cho x ,y thỏa mãn biểu thức: x + y =1 và x > 0 , Tìm GTLN của Bx y2 3

2) Tách 1 hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với 1 hạng tử chứa biến

sao cho hạng tử này là nghịch đảo của 1 hạng tử khác có trong biểu thức đã cho.

VD1: Cho 0 < x < 2 , Tìm GTNN của

9 2

B
2

x
x x

 



Ta có :

9 2 9 2

B 1 1 2 . 7

2 2

x x x x

 

     

 

 Min B= 7 

9 2 1

2 2

x x

x

x x



  



BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và một số chuyên đề Bùi văn Tuyến )

Bài 1( 74/ 29) Cho 0 < x <1, Tìm GTLN của

3 4

1 x x

 



Bài 2( 73/ 29) Cho x >1, Tìm GTLN của

25
A 4

x
x
 



Bài 3: Cho x > 0, Tìm GTNN của biểu thức:

2x 6 5

A =

x
 

Bài 4: Tìm GTNN của biểu thức:

x - 4
B =

Bài 5: Tìm GTNN của biểu thức:

x 3 4

A =
x

x
 

Bài 6: Tìm GTNN của biểu thức:

1 3

A =

x+1 2

x


( với x > -1 )

Bài 7: Tìm GTNN của biểu thức:

2
B =

x-1 2

x


( với x > 1 )

Bài 8: Tìm GTNN của biểu thức:

5
C =

2x-1 3

x


( với x >
1
2 )

Bài 9: Tìm GTNN của biểu thức:

5
D =

1 - x

x
x


( với 0 < x < 1 )

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

VD1 : Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2 Tìm GTNN của biểu
thức:

2 2 2

P x y z

y z z x y x

  

  

Ta có :
2

x

y z + 4
y z

2
2

. 2.

4 2

x y z x

x
y z

 


2
y

x z + 4
x z

 2
2

. 2.

4 2

y x z y

y
x z

 


2
z

y x + 4
y x

2
2

. 2.

4 2

z y x z

z
y x

 

=>

2 2 2

4 4 4

x y z y z x z y x

x y z
y z z x y x

    
       
 
  
 
Hay:

2 2 2

x y z x y z

x y z
y z z x y x

   
     
 
  
 
=>

2 2 2

P 1

2 2

x y z x y z x y z

x y z
y z z x y x

   

        

  

Vậy Min P = 1 
2
2
2
4
2
4 3
4

x y z

y z

y x z

x y z
x z

z y x

y x
 




 

    




 






Lưu ý: Nếu ta lần lượt thêm ( x + y), ( z + y), ( x + z) vào

2 2 2

z x y

, ,

y+x y+z z+x ta vẫn khử

được (x + y), ( z + y), ( x + z) nhưng khơng tìm được x, y, z để dấu dấu đẳng thức xảy
ra đồng thời. Khi đó khơng tìm được giá trị nhỏ nhất.

VD2 : Tìm GTNN của A = x + y biết x, y > 0 thỏa mãn

a b
1

x y  (a và b là hằng số

dương).

Giải . Cách 1 : A = x + y = 1.(x + y) =





a b ay bx

x y a b

x y x y

 

     

 

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Theo bất đẳng thức Cauchy với 2 số dương :

ay bx ay bx

2 . 2 ab

x  y  x y  .

Do đó





2
A a b 2 ab    a  b





min A a  b

với

ay bx

x y

x a ab
a b

x y y b ab

x, y 0






  

 

  

 

 


 

 




Cách 2 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :





a b a b

A (x y).1 (x y) x. y. a b

x y x y

 

          

    .

Từ đó tìm được giá trị nhỏ nhất của A.

VD3 Tìm GTNN của

2 2 2

x y z

x y y z z x

  

   biết x, y, z > 0 , xy yz  zx 1 .

Giải Theo VD1 BIỆN PHÁP 4:

2 2 2

x y z x y z

x y y z z x 2

 

  

   . Theo bất đẳng thức

Cauchy

x y y z z x

xy ; yz ; zx nên x y z xy yz zx

2 2 2

  

       

xy yz zx

x+y+z 1

hay

2 2 2

 

 

min A =

1
2

1
x y z

   

2;VẬN DỤNG BDT A  B A+B ĐỂ TÌM CỰC TRỊ

Bài 1: Tìm GTNN của hàm số : y x22x 1 x2 2x1
Cách 1: y x22x 1 x2 2x   1 x 1 x1

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Nếu: -1 x 1  thì y  x 1 x1   x 1 x 1 2
Nếu: x > 1 thì y  x 1 x1   x 1 x 1 2 x2
Vậy y nhỏ nhất bằng 2 khi -1 x 1 

Cách 2 : áp dụng BĐT a  b  a b ( Dấu “=” sảy ra khi a.b 0)

Ta có : y   x 1 1 x    x 1 1 x 2
Vậy y nhỏ nhất bằng 2 khi -1 x 1 

Bài 2: Cho x, y > 0 và 2x + xy = 4 . Tìm GTLN của A = x2y
Cách 1: Từ 2x + xy = 4 => xy = 4 -2x Thế vào A ta có :

A = x(4 -2x ) = 2 –





 

2 2

2 2 2. 2 2

x x

   

 

  =





2 x 2 2

=> Max A = 2 khi

2 2 0

2 4

x

y
x xy

    





 


 

 



Cách 2: Ta có : A =

1
.2 .

2 x xy. Vì x, y > 0 => 2x, xy > 0. áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2

số 2x, xy ta có:





2 2

2 . 2 .

2 2 4.2

x xy

x xy x xy

x xy x xy  x y

   

      

  Thay số ta có :

2x y=A

Vậy Max A =2 khi

2 1

2 4 2

x xy x

x xy y

 

 



 

  

 

BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ:

Bài 1: Tìm GTNN của HS: a, y 4x2 4x 1 4x212x9 b,

2 4 4 2 6 9

y x  x  x  x

Bài 2: Tìm GTNN của HS: a, y 4x220x25 x2 8x16 b,

2 2

25 20 4 25 30 9

y x  x  x  x

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Buổi 4:

Chuyên đề 4: RÚT GỌN PHÂN THỨC ĐẠI SỐ
I – Phương pháp giải:

- Phân tích tử và mẫu thành nhân tử (nếu có) để tìm nhân tử chung.
- Chia cả tử và mẫu cho nhân tử chung.

II – Các dạng bài toán thường gặp:

1- Rút gọn phân thức.

2 2

2
2

( )
1: )

4 4

( )( )

( 2 )
(2 )
(2 )

x a x
Câu a

a x ax
x a x x a x

a x
a x a

x a
a
x a

 

 

   












4 2

4 2 2

4 2

2 2 2

4 2

2 2

3 1

: )

2 1

3 1

( 2 1)

2 1

( 1)

( 1 )( 1 )

( 1)( 1)

( 1)

a a

Câu b

a a a

a a

a a a

a a

a a a a

a a a a

a a
a a

 

  

 



  

  


 
 


 

   


   
 



 

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

3 2

3 2 2

2 5 2

2 9 12 4

(2 4 ) ( 2)

(2 4 ) (5 10 ) (2 4)

2 ( 2) ( 2)

2 ( 2) 5 ( 2) 2( 2)

( 2)(2 1)

( 2)(2 5 2)

(2 1)

(2 1)( 2)

1
2

y y

y y y

y y y y y

y y y

y y y y y

y y

y y y

y
y y
y
 
  
  

    
  

    
 

  


 




Với: y-2 và y
-1
2

2- Chứng minh.

Câu2 : a) Hãy chứng minh:

3 2

4 4 1

7 14 8

a a a a

a

a a a

   



  

Giải:
3 2
3 2
3 2
3 2
2 2
2
2
2
4 4

7 14 8

( ) (4 4)

( 8) (7 14 )

( 1) 4( 1)

( 2)( 2 4) 7 ( 2)

( 4)( 1)

( 2)( 5 4)

( 4)( 1)( 1)

( 2)( 4)( 1)

1
2

a a a

a a a

a a a a a

a a

a a a

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Câu2 : b) Chứng minh phân thức sau không phụ thuộc vào x:

2 2 2

( )(1 ) 1

x a a a x

   

   

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

2
2

( )(1 ) 1

1
1
1
1

(1 ) (1 )

( 1)(1 )

1
1

x a a a x

x x a a a a x

x x a a a a x
x x a a x a a
x x a a x a a

x a a a a

x a a

a a
a a

   

   

    



    

    



    

    


    
  



  
 



  Giải:

Vậy: Phân thức không phụ thuộc vào x.

Câu2: c) Chứng minh rằng nếu

1 1 1 1

x y  z x y z  thì trong ba số x, y, z ít nhất
cũng có một cặp số đối nhau .

Giải: Từ:

1 1 1 1

x y  z x y z 

Ta có:

yz xz xy

xyz x y z

 


</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Từ đó ta có: (x y z yz xz xy  )(   )xyz

Hay (x y z yz xz xy  )(   ) xyz0

Biến đổi vế trái:

2 2 2 2 2 2

2 2

( )( )

( ) ( )

( )( )

( )( )( )

x y z yz xz xy xyz

xyz x z x y y z xyz xy yz xz xyz xyz
xyz xz y z yz x y x z xy xyz

z xy xz y yz x xy xz y yz
xy xz y yz x z

x y y z x z

    

         

       

    

   

Vậy: (x y y z x z )(  )(  ) 0

Tích ba nhân tử bằng 0 chứng tỏ rằng ít nhất phải có một nhân tử bằng 0, từ
đó suy ra ít nhất có một cặp đối nhau.

3- Tính giá trị.

Câu3 : a) Tính giá trị của phân thức C =

3 2

6
4

x x x

x x

 

 với x = 2008

Giải: C =

3 2

3
2

2
2

6
4

( 6)

( 4)

2 3 6

( 2)( 2)

( 2) 3( 2)

( 2)( 2)

3
2

x x x

x x

x x x
x x

x x x

x x

x x x

x x

x
x

 


 



  


 

  


 






Với x = 2008 thì C =

2011
2010

Câu 3: b) Cho a+b+c = 5. Tính giá trị của phân thức

3 3 3

2 2 2

a b c abc

a b c ab bc ac
  

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Ta có:

3 3 3

3 3 3 2 2 2 2

3 2 2 3 3 2 2

3 3

2 2

2 2 2

3 3 3 3 3

( ) 3 ( )

( )[( ) ( ) ] 3 ( )

( )( )

a b c abc

a b c a b ab a b ab abc

a a b ab b c a b ab abc

a b c ab a b c

a b c a b a b c c ab a b c
a b c a b c ab bc ca

  

       

     

         

       

Vậy:

3 3 3 2 2 2

2 2 2 2 2 2

3 ( )( )

( )

a b c abc a b c a b c ab bc ac

a b c

a b c ab bc ac a b c ab bc ac

         

    

         

Câu3: c) Cho a, b, c, x, y, z thỏa mãn 1

x y z

a b c  và 0
a b c
x  y  z 

Tính:

2 2 2

x y z

a b c

Giải:

2 2 2

( ) 1

2 2 2

1
2

( ) 1

x y z
a b c

x y z xy xz yz

ab ac bc

a b c

x y z xyz c b a

abc z y x

a b c

x y z xyz a b c

abc x y z

a b c

  

   

      

Mà: 0

a b c

x y z 

Vậy:

2 2 2

2 2 2 1

x y z

a b  c 

4- Tổng hợp

Câu4 : a) Cho biểu thức A =

2 2 2

2 4 4 2

( ) 1

2 2

mn n n m

m n n m

  

  

a1) Rút gọn A.

a2) Chứng minh rằng A dương.

a3) Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị lớn nhất?

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

2 2 2

2 4 4 2

2 4 2

2 4 2 4

4 2

( ) 1

2 2

( 1)( 2)

1
2

mn n n m

m n n m

mn n mn

m n m n

n

n m

m

  

  

  



  




 



a1) A =

a2) Ta có: m2  0, m.

Nên: m2 + 2 > 0, m.

Do đó: 2

1
2

m  > 0, m.

Vậy: A > 0, m.

a3) Ta có: m2  0, m.

Nên: m2 + 2  2, m.

Do đó: 2

1 1

2
2

m   , m.

Hay: A 
1

2, m.

Vậy: A đạt giá trị lớn nhất khi A =

1
2

Suy ra: m2 + 2 = 2 hay m = 0

Câu4: b) Cho M =

2 2 2 4 3 1

3 :

3 1 1 3

x x x x

x x x x

   

 

  

 

 

  .

b1) Rút gọn biểu thức M.

b2) Tìm giá trị của M với x = 2013;

b3) Với giá trị nào của x thì M < 0 ?

b4) Với giá trị nào của x thì M nhận giá trị nguyên?

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

b1) Điều kiện: x0, x-1, x
1
2

2 2 2

2 2

2 2 2 4 3 1

3 :

3 1 1 3

( 2)( 1) 2.3 3.3 .( 1) 1 3 1

3 .( 1) 2 4 3

3 2 6 9 9 1 3 1

3 .( 1) 2 4 3

( 8 2)( 1) 3 1

3 .( 1)(2 4 ) 3

2(1 2 )(1 2 )
2.3

x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

x x

   

 

  

 

 

 

         

  

 

 

         

  

 

 

    

 

 

 



2
2

3 1

.(1 2 ) 3

1 2 3 1

( 1)

3
1
3

x x

x x x

x x x
x
x x

x
x

 



   





M =

b2) Với x = 2013.

M = 20133−1=2012
3

b3) M < 0 khi x – 1 < 0 tức là x < 1. Kết hợp với điều kiện.

Vậy: M nhận giá trị âm với mọi x < 1 trừ các giá trị 0, -1,

1
2.

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Vậy: x = 3k +1 (kZ)

Câu5: a) Rút gọn biểu thức sau:
M =

2 2

ab ab a b

a a

a b a b a b



   

 

   

  

   

2 2

2 2 2 2

2 2

4 2 2

2 2 2 2

2 2

.
.

ab ab a b

a a

a b a b a b

a ab ab ab a ab a b

a b a b a b

a a b

a b a b

a
a b



   

 

   

  

   

        

   

  

   

 



 




 Giải:

M =

Câu5: b) Chứng tỏ: 
2

1 3

2
1

a a
a

 


 ,  a R
Giải:

Ta có:





2 2

1 0 1 2

a   a   a (1)

Chia cả hai vế của (1) cho 2(a2+1), ta được:

2 1

a
a




Do đó: 2

1 1

2 1

a
a

  



2
2

3 1

2 1

a a
a

 

 



Vậy:
2

1 3

2
1

a a
a

 


 ,  a R

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

2
2
x a x a b
Q

x b x a b

  

 

  

  

  với 2

a b
x 

Giải:

Với 2

a b
x 

, ta có:

2 2

a b b a

x a    a 

2 2

a b a b

x b    b 
2

. 1

2
x a b a

x b a b

 

  

 

Ta lại có:

3 3 3( )

2 2

2 2 2

a b b a b a

x a b    a b    
3 3 3( )

2 2

2 2 2

a b a b a b

x a  b  a b   

2 3( ) 2

. 1

2 2 3( )

x a b b a

x a b a b

  

  

  

Vậy: Q = (-1)3-(-1) = -1+1 = 0

Câu6: a) Rút gọn biểu thức sau:
A =

1 1 1

(a b a c )(  )(b c b a )(  )(c a c b )(  )

Với a, b, c đôi một khác nhau.
Giải:

1 1 1

( )( ) ( )( ) ( )( )

1 1 1

( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

( )( )( )

a b a c b c b a c a c b
a b c a b c a b c a b c

b c c a a b

a b b c c a
b c c a a b
a b b c c a

 

     

  

  

     

     


  

     


  

 A =

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Câu6: b) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc a, b, c.
B =

2 2 2

4 1 4 1 4 1

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c

a b a c b c b a c a c b

  

 

     

Với a, b, c đôi một khác nhau.
Giải:

2 2 2

4 1 4 1 4 1

( )( ) ( )( ) ( )( )

1 1 1

( )( ) ( )( ) ( )( )

4. 0

( )( ) ( )( ) ( )( )

(
4.

a b c

B

a b a c b c b a c a c b

a b c

a b a c b c b a c a c b
a b a c b c b a c a c b

a b c

a b c a b c a b c a b c
a b c

  
  
     
 
    
     
 
 
    
     
 
    
     
     
 
 

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

) ( ) ( )
( )( )( )
4.
( )( )( )
4.
( )( )( )
( ) ( ) ( )
4.
( )( )( )
( )[ ( )
4.

b c a c a b
a b b c c a

a b a c b c ab ac bc
a b b c c a
a c b c ab a b ac bc

a b b c c a
c a b ab a b c a b

a b b c c a
a b c a b ab

     
 
  
 
      
  
  
 
      
  
  
 
      
  
  
 
   

2]
( )( )( )
c
a b b c c a

 
 
  
 
2
( )( )
4.

( )( )( )
( )( )( )
4. 4
( )( )( )
a b cb c ab ca

a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a

     
  
  
 
    
   
  
 

( a, b, c đơi một khác nhau )
Câu6: c) Tính giá trị của biểu thức sau:

2 2

x a x b
P

x a x b

 

 

  với

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

2 2
2

2
2

2 2

( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )

( 2 )( 2 )

2 2 4 2 2 4

2( ) 4

2( 4 )

2( ) 4

x a x b

P

x a x b

x a x b x a x b

x a x b

x bx ax ab x bx ax ab

x a b x ab

x ab

x a b x ab

 

 

 

    



 

      



  




  

Thay

4ab
x

a b


 vào P ta có:

2 2
2
2 2

2
2 2
2
2 2

2 4

( )

8 4

( )

2 4

( )

a b

ab
a b

P

a b

ab ab
a b

a b

ab
a b

a b

ab
a b

 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

CHUYÊN ĐỀ 5: PHƯƠNG TRÌNH

CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
1) Nhắc lại giá trị tuyệt đối:

x khi x 0
x

-x khi x < 0







Ví dụ:

a) 8 8; 10 10

2x+1 khi 2x+1 0
b) 2x+1

-(2x+1) khi 2x+1<0

  







2) Giải phương trình: A(x) b (b 0), A(x) B(x)
a) Cách giải phương trình: A(x) b (b 0),

A(x) b
A(x) b
A(x) b
 
  


Ví dụ:

Giải phương trình: 3x+1 5
Giải

3x+1 5 x=

3x+1 5 3

3x+1 5
x=-2


 

   





b) Cách giải phương trình: A(x) B(x)

Cách 1:

B(x) o
B(x) 0

A(x) B(x) A(x)=B(x)

A(x)= B(x)
A(x)=-B(x)



 
    

 


Cách 2:
A(x) 0
A(x)=B(x)
A(x) B(x)

A(x)<0
-A(x)=B(x)
 




 
 
 
 


Ví dụ: Giải phương trình: 3x+2 5x-1

Giải

2
x

-3

3x+2 0 3

x=
3x+2=5x-1 2
3x+2 5x-1
2
3x+2<0

x<-3
-3x-2=5x-1
1

x=-8
 

 
 
 
 


 


    

 
   
 
 



 


3, Giải phương trình dạng: A(x) B(x)

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Cách giải:

A(x)=B(x)

A(x) B(x)

A(x)=-B(x)



  



Ví dụ: Giải phương trình: 2-3x  5 2x
Giải

x=-3
2-3x=5 2x

2-3x 5 2x 7

2-3x=-(5 2x) x=




 

    







4,: Giải phương trình: A(x) B(x) b
Cách giải 1:

Bước 1: Lập bảng phá dấu giá trị tuyệt đối

Bước 2: Giải các phương trình theo các khoảng trong bảng
Ví dụ: Giải phương trình: x+1 x-1 10

Giải
Bước 1: Lập bảng phá dấu

x -1 1

x+1 -x-1 0 x+1 x+1
x-1 -x+1 -x+1 0 x-1
x+1 +x-1 -2x 2 2x

Bước 2: Giải các phương trình theo các khoảng
 x<-1: -2x=10  x=-5 thoả đk x<-1

   1 x 1:2=10 Vô nghiệm

 X>1: 2x=10  x=5 thỗ đk x>1

Vậy phương trình có 2 nghiệm x=5 và x=-5
Cách giải 2: Đưa về 4 trường hợp sau

TH1:

A(x) 0
B(x) 0








 ta giải phương trình A(x) + B(x) =b

TH 2:

A(x) 0
B(x)<0






 Ta giải phương trình A(x) – B(x) =b

TH 3:

A(x)<0
B(x) 0






 Ta giải phương trình – A(x) + B(x) = b
TH 4:

A(x)<0
B(x)<0




 Ta giai phương trình sau –A(x) – B(x) = b
Ví dụ: Giải phương trình : x+1 x-1 10 (*)

Giải
TH1:

x+1 0 x 1

x-1 0 x 1 x

 

 

  

 

 

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Phương trình(*) tương đương với phương trình x+1+x-1=10  x=5 thoã

x 1
TH 2:

x+1 0 x -1

1 x<1
x-1<0 x<1

 

 

   

 

 

(*)  x+1-x+1=10 2=10 Vô nghiệm

TH 3:

x+1<0 x<-1

x-1 0 x 1

 



 

 

  : Không xãy ra
TH 4:

x+1<0 x<-1

x<-1
x-1<0 x<1

 

 

 

 

(*)  (x+1)-(x-1)=10 2x=10 x=-5 thỗ đk x<-1
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x=5 và x=-5

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x  x-1 2 0  (1)
Giải

Lập bảng phá dấu:

x 0 1

2 x -2x 0 2x 2x

x-1

 -(1-x) -(1-x) 0 -(x-1)
2 x  x-1+2 -x+1 3x+1 x+3

 x<0 : (1)  -x+1=0  x=1 khơng thỗ x<0

 0 x 1  : (1)  3x+1=0 

x=-3 không thoã 0 x 1 

 x>1 : (1)  x+3 =0  x=-3 khơng thỗ x>1

Vậy phương trình vơ nghiệm

Ví dụ 3: Giải phương trình:x-1 x-2 x-3
Cách giải tương tự như các ví dụ trên.

Buổi 6

Chuyên đề 6:

TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

I. Mục tiêu:

1/Kiến thức cơ bản:

 Hình thành các công thức định nghĩa các tỉ số lượng giác của góc nhọn. Quan hệ
giữa các tỉ số này đối với hai góc phụ nhau.

 Sử dụng bảng số hoặc máy tính bỏ túi để tính các tỉ số lượng giác khi biết góc
hoặc ngược lại tìm góc khi biết một trong các tỉ số lượng giác của nó.

 Từ định nghĩa của các tỉ số lượng giác của góc nhọn, xây dựng các hệ thức giữa
các cạnh và góc của tam giác vng. Bên cạnh các hệ thức này, đầu chương còn
xây dựng các hệ thức lượng giữa cạnh và đường cao, cạnh và hình chiếu của cạnh,
… của tam giác vng.

 p dụng các nội dung trên để tính chiều cao và khoảng cách của vật thể trong
thực tế.

Nắm vững các công thức định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn. Hiểu và nắm
vững các hệ thức liên hệ giữa cạnh, góc, đường cao, hình chiếu trong tam giác vng.
Hiểu cấu trúc của bảng lượng giác. Nắm vững cách sử dụng bảng lượng giác hoặc máy
tính bỏ túi để tính “xi” và tính “ngược”. Hiểu cách giải thích kết quả trong các hoạt
động thực tế.

Cụ thể :

1/ Định nghĩa TSLG của góc nhọn.

2/ Hệ thức giữa các tỉ số LG của hai góc phụ nhau.
 3/ Chú ý: a/ sin2α + cos2α = 1

b/ tgα = sincosαα c/ cotgα=cosα
sinα

d/ sin2α=tg
2

α

1+tg2α e/ cos
2

α= 1
1+tg2α
f/ tgα . cotgα = 1 k/ 1

sin2α =1+cotg

2α
l/ 1

cos2α =1+tg

2α

, . . . ( C/M các hệ thức nầy)

4/ Hệ thức giữa các cạnh và góc của một tam giác vng. ( từ định nghĩa suy ra).
5/ Giải tam giác vuông.

6/ Ứng dụng thực tế tỉ số LG của góc nhọn. ( Đo chiều cao, đo khoảng cách, đo diện
tích)

7/ Viết được tỉ số LG các góc đặc biệt ( 0o. 30o, 45o, 60o, 90o… )

8/ Sử dụng thạo máy tính bỏ túi tìm tỉ số LG góc nhọn, tìm góc nhọn khi biết tỉ số LG
của nó…

9/ Khái niệm đường tròn lượng giác để liên hệ, nhận biết sâu sắc hơn về tỉ số LG góc
nhọn.

( giới hạn ở phần tư thứ nhất)
2.Kỹ năng cần rèn:

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

tam giác vuông Dựng một góc nhọn Chứng minh các đẳng thức Rút gọn biểu thức
-Tính khoảng cách - -Tính chiều cao - -Tính diện tích tam giác --Tính độ dài đoạn thẳng …
II.Các dạng bài tốn :

Dạng 1: Chứng minh các hằng đẳng thức:
a) (sinx + cosx)2 = 1 + 2sinx.cosx

b) (sinx – cosx)2 = 1 – 2sinx.cosx

c) sin4x + cos4x = 1 – 2sin2x cos2x

d) sinxcosx(1 + tgx)(1 + cotgx) = 1 + 2sinx . cosx .

e) Cho  là góc nhọn của một tam giác vng. Chứng minh các hệ thức:
i) sin2 α = tg2α

1+tg2α; ii) cos

2 α = 1

1+tg2α
Dạng 2: Dựng một góc nhọn biết tỉ số LG của nó.

Dựng góc nhọn α, biết rằng:

sinα = 12 ; cosα = 0,8 ; tgα = 1.

Dạng 3: Đổi các tỉ số LG của góc nhọn thành tỉ số LG của góc nhỏ hơn 45o .

Đổi các tỉ số lượng giác của các góc nhọn sau đây thành tỉ số lượng giác của góc
nhỏ hơn 45o.

sin82o; cos47o; sin48o; cos55o.

Dạng 4: Xếp thứ tự từ nhỏ đến lớn các tỉ số LG đã cho.

a) Cho tam giác ABC có AB = 3 cm, AC = 4 cm, BC = 5 cm. Hãy tính các tỉ
số lượng giác của góc B, C.

b) Xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn các tỉ số lượng giác sau:
sin78o; cos14o; sin47o; cos87o.

Dạng 5: Biết sinα . Tính cosα. . . .

1) Biết rằng sinα = 0,6. Tính cosα và tgα.
2) Biết rằng cosα = 0,7. Tính sinα và tgα.
3) Biết rằng tgα = 0,8. Tính sinα và cosα.

4) Biết cosx = 12 , tính P = 3sin2x + 4cos2x.

5) a) Cho góc nhọn  mà sin = 14 . Tính cos và tg.
b) Cho góc α mà cosα = - 13 . Tính sinα, tgα và cotgα .
c) Cho tgx = 2√2 . Tính sinx và cosx.

6) Hãy tính sinα, tgα nếu:
a) cosα=12

13 b) cosα=
3
5
7) Biết rằng sin 15o = √6−√2

4 . Tính tỉ số lượng giác của góc 15

o .

Dạng 6: Các biểu thức dạng chứng minh khi biết một số điều kiện của bài toán ( áp
dụng các hệ

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Ví dụ:

1/ Cho các góc α,  nhọn, α < . Chứng minh rằng:
a) cos( -α) = coscosα + sinsinα

b) sin( - α) = sincosα - sinsinα.

2) Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng:
a) sin A

2 sin

B

2 sin

C

2≤
1

8 b) cosA+cosB+cosC ≤

3
2 .

3) Cho tam giác ABC nhọn có ba cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng:
c2 = a2 + b2 – 2ab.cosC (AB = c, BC = a, CA = b).

Gợi ý:

Ta có: AHC có H = 90o do đó x2 + h2 = b2 ( định lý Pytago)
Mặt khác:

BH2 = AB2 – AH2

Hay (a – x)2 = c2 – h2

a2 + x2 -2ax = c2 – (b2 – x2)

Hay a2 – 2ax = c2 – b2

 c2 = a2 + b2 – 2ax

Vậy c2 = a2 + b2 – 2abcosC.

4) a/ Cho tam giác ABC có AB = 6cm, BC = 10cm, AC = 8cm. Tính sinB,
cosB, tgB.

b/ Cho tam giác ABC có AD, BE, CF là 3 đường cao. Chứng minh rằng:
AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC

Dạng 7: Chứng minh các đẳng thức sau:

a) Chứng minh rằng sin2α + cos2α = 1, tgα = sinα

cosα

b) 1+1tgα+ 1

1+cotgα=1
c) sin4x – cos4x = 2sin2x – 1

d) 1
sin2x+

cos2x=¿ tg

2x + cotg2x + 2

e) 1+sin2α

1−sin2α=1+2 tg

2α ,.. .. .

f) Cho α,  là hai góc nhọn. Chứng minh rằng:
cos2α – cos2 = sin2 - sin2α = 1

1+tg2α
-1
1+tg2β
Gợi ý: cos2α + sin2α = cos2

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

1
1+tg2α=

1
1+

(

sinα

cosα

)

1
cos2α+sin2α
cos2α

=cos2α

a) tgα = sincosαα , cotgα = cosα

sinα

b) a2 – b2 = (a + b)(a – b) và sin2x + cos2x = 1.

c) Chứng minh rằng: 1

sin2α =1+cotg

α và 1

cos2α =1+tg

α

Dạng 8: Rút gọn biểu thức:

1) sin210o + sin220o + sin230o + sin280o + sin270o + sin260o.

Gợi ý : b) sin80o = cos10o; sin70o = cos20o; sin60o = cos30o.

Mà sin2α + cos2α = 1

Do đó: sin210o + sin220o + sin230o + sin280o + sin270o + sin260o = … = 3

2) sin6x + 3sin4x.cos2x + 3sin2x.cos4x + cos6x

3) (1 + cosα)(1 – cosα) – sin2α. . . .

4) Đơn giản các biểu thức:
A = cosy + siny . tgy
B = √1+cosb . √1−cosb
C = sina

√

1+tg2a

5) Tính:

a) cos2 12o + cos2 78o + cos2 1o + cos2 89o

b) sin2 3o + sin2 15o + sin2 75o + sin2 87o .

6) Đơn giản biểu thức:

A = sin(90o – x)sin(180o – x)

B = cos(90o – x)cos(180o – x)

Dạng 9: Bài toán cực trị

Cho tam giác ABC có hai đường trung tuyến BD và CE vng góc nhau. Tìm giá
trị nhỏ nhất

của tổng tgB1 + 1
tgC .

Dạng 10: Giải các tam giác vuông ở C, biết rằng:

a) b = 10cm, A = 30o ; b) c = 20cm, B = 35o ;

c) a = 21cm, b = 18cm; d) a = 82cm, A = 42o .

Dạng 11: Tính khoảng cách - Tính chiều cao - Tính diện tích tam giác - Tính độ dài 
đoạn thẳng - C /m các hệ thức trong tam giác…. :Bằng cách áp dụng tỉ số LG góc nhọn.

BT 1: Cho tam giác ABC có AB = 26cm, AC = 25cm, đường cao AH = 24cm. Tính
cạnh BC.

BT 2: Cho tam giác ABC cân (AB = AC) và đường tròn tâm O tiếp xúc với hai cạnh
AB và

AC lần lượt ở B và C. Từ điểm M trên cung nhỏ BC (M khác B và C) kẻ
MD, ME, MF

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

1/ Chứng minh các tứ giác MDBF, MBCE nội tiếp.
2/ Chứng minh các tam giác DBM và ECM đồng dạng.

3/ Cho góc BAC = 60o và AB = 2, tính bán kính đường trịn tâm O.

BT 3:

Một con sông rộng 250m. Một chiếc đị chèo vng góc với dịng nước, vì nước chảy
nên bơi 320m mới sang được tới bờ bên kia. Hỏi dòng nước đã giạt chiếc đò lệch đi một
góc bằng bao nhiêu.

BT 4:

a) Cho tam giác ABC có A nhọn. Chứng minh rằng:
b) SABC =

2AB . AC . sinA. Gợi ý : Vẽ BH là đường cao của tam giác
ABC.

BH = ABsinBAH; SABC = 12 BH.AC.

c) Cho tứ giác ABCD có AC cắt BD tại O và AOB nhọn.
Chứng minh rằng: SABCD = 12 AC.BD.sin AOB.

BT 5:

Cho điểm A nằm bên trong dãy tạo bởi hai đường thẳng song song d và m lần lượt
tại B và C.

Xác định vị trí của B và C. Xác định vị trí của B và C để diện tích tam giác ABC
nhỏ nhất.

BT 6:

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD. Chứng minh rằng:
a) AB1 + 1

AC= √
2

AD b)
1
AB2+

1
AC2 ≤

1
AD2 .

BT 7:

Cho hình thang ABCD có hai cạnh bên là AD và BC bằng nhau, đường chéo AC
vng góc với cạnh bên BC. Biết AD = 5a, AC = 12a.

a) Tính sinsinBB −+coscosBB

b) Tính chiều cao của hình thang ABCD.
BT 8:

Cho tam giác ABC. Biết AB = 21cm, AC = 28cm, BC = 35cm.
a) Chứng minh tam giác ABC vuông;

b) Tính sinB, sinC.
BT 9:

Cho hình thang ABCD. Biết đáy AB = a và CD = 2a ; cạnh bên AD = a, góc A = 90o

a) Chứng minh tgC = 1 ;

b) Tính tỉ số diện tích tam giác DBC và diện tích hình thang ABCD ;
c) Tính tỉ số diện tích tam giác ABC và diện tích tam giác DBC.
BT 10:

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

a) Chứng minh:  ANL ~  ABC ;

b) Chứng minh: AN.BL.CM = AB.BC.CA.cosAcosBcosC.
III.Tài liệu tham khảo:

1/ Giúp em giỏi Hình học lớp 9 của Nguyễn Đức Tấn – Võ Tất Lộc.
2/ Sách giáo khoa Hình học Lớp 10 – Xuất bản năm 2000.

3/ Hình học lớp 9 nâng cao của Vũ Hữu Bình.

Buổi 7:

Chuyên đề 7 : BÀI TỐN DỰNG HÌNH

Nói đến dựng hình phải nhớ là dựng bằng thước và compa.
Ta đã học những phép dựng hình cơ bản sau:

 Dựng một đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng cho trước.
 Dựng một góc bằng một góc cho trước.

 Dựng đường trung trực của một đoạn thẳng cho trước ,dựng trung điểm của
một đoạn thẳng cho trước.

 Dựng tia phân giác của một góc cho trước .

 Qua một điểm cho trước ,dựng một đường thẳng vng góc với một đường
thẳng cho trước .

 Qua một điểm nằm ngoài đường thẳng cho trước ,dựng đường thẳng song
song với đường thẳng ấy .

Ta đã vận dụng các phép dựng hình cơ bản để dựng tam giác biết ba cạnh ,hoặc
biết hai cạnh và góc xen giữa,hoặc biết một cạnh và góc kề.

Trong các bài tốn dựng hình phức tạp hơn,ta phải tuân thủ các bước của phương
pháp dựng hình như sau:

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

 Bước 2 : Dựng hình.

 Bước 3: Chứng minh cách dựng trên thoả mãn yêu cầu của đề toán.

 Bước 4 :Biện luận: Xem lại từng phép dựng đã thực hiện để xem có điều kiện ràng
buộc khơng.Từ đó suy ra bài tốn có mấy nghiệm hình.

Thí dụ 1:Dựng tam giác ABC ,biết cạnh BC = a ,trung tuyến AM = m (a và m
là những độ dài cho trước ) và góc  giữa AM và đường cao AH.

1. Phân tích :Giả sử bài tốn đã giải xong,và ta đã dựng được tam giác ABC thoả
mãn yêu cầu của đề tốn .Phân tích hình đó theo hướng phát hiện một bộ phận của
hình hội đủ các điều kiện để dựng được một cách chính xác.Đó là tam giác vng
AHM có cạnh huyền AM = m,và HAM =  cho trước.Tam giác đó hồn tồn xác
định nên dựng được. Sau khi dựng xong tam giác vuông AHM ,ta hồn tất hình
phải dựng chẳng khó khăn gì.Vậy ta có cách dựng như sau :

2. Cách dựng:

 Dựng đoạn thẳng AM có độ dài m cho trước (phép dựng cơ bản a).
 Dựng MAx = cho trước (phép dựng cơ bản b).

 Từ M kẻ MH Ax tại H (phép dựng cơ bản e).

Bây giờ chỉ còn dựng hai đỉnh B,C .Cạnh BC nằm trên đường thẳng MH,nên trên
đường thẳng MH ,ta lấy ở hai phía khác nhau đối với điểm M hai điểmB,C sao cho MB
= MC = 2

a

(phép dựng cơ bản c và a).

3. Chứng minh : Rõ ràng tam giác trên đây thoả mãn đầy đủ các u cầu của đề
tốn :có cạnh BC = a cho trước , trung tuyến AM = m cho trước , MAH =  cho
trước .

4. Biện luận : Lần lại từng khâu dựng hình , khâu nào cũng được thực hiện khơng có
gì trở ngại.Duy chỉ có góc  cho trước và yêu cầu đề ra là MAH của tam giác

vng AMH phải bằng  ,thì rõ ràng  phải là góc nhọn .Vậy với điều kiện này
thì bài tốn bao giờ cũng giải được và có một nghiệm hình .

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

1. Phân tích :

 Giảsử bài toán đã giải xong và ta đã dựng được tam giác ABC thoả mãn u
cầu bài tốn .Hình vẽ trên cho thấy khơng có một bộ phận nào của hình hội
đủ điều kiện để dựng được.

 Thí dụ:Tam giác AMC chỉ có hai yếu tố được biết là MAC = và AM =
m ,nên không thể dựng được.Đây là lúc nhớ lại được những bài tốn tương
tự rất q giá .

 Thí dụ ,nhớ bài :nếu kéo dài trung tuyến AM thêm một đoạn MD = AM ,thì
hai tam giác AMB và DMC bằng nhau (c,g,c) nên A1=D . Từ đó ,hình thành

tam giác ACD với A2= , D = A

1= và AD = 2m. Tam giác đó hội đủ

điều kiện để dựng được .Sau khi dựng được tam giác này ,ta sẽ dựng được
điểm B,chẳng gì khó khăn.

2. Cách dựng:

 Dựng đoạn thẳng AD = 2m.

 Dựng hai góc kề cạnh đó là DAC =  và ADC =  ,hai
cạnh AC và DC giao nhau tại C.Sau đó ta vẽ trung
tuyến CA của tam giác ACD và kéo dài thêm một đoạn
MB =MC ,từ đó xác định đỉnh B của tam giác ABC
cần dựng .

3. Chứng minh :Theo cách dựng này ,rõ ràng tam giác AMB và tam giác DMC bằng
nhau(c,g,c).Từ đó AM = 2

AD

= m , A1=D = , A

2= .Cho nên ,tam giác ABC

dựng được thoả mãn đầy đủ các yêu cầu đề bài .

4. Biện luận :Trên đây ta nói hai cạnh AC và DC giao nhau tại C.Thực ra là chúng

chỉ giao nhau nếu +  < 2v .Do đó bài tốn ln giải được và có một nghiệm
hình.

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

1. Phân tích :Giả sử bài tốn giải xong và ta đã dựng được đoạn thẳng AB thoả mãn

yêu cầu của đề bài là A Ox, B Oy và M là trung điểm của AB.

Nếu kéo dài OM thêm đoạn MD = OM thì
AMO = BMD(c,g,c)  O1= D .Từ đó ,

DB  Ox .Ngược lại, nếu từ D kẻ DB Ox

(B Oy ,rồi BM đến cắt Oxtại A thì AMO =BMD (g,c,g) với M 1= M 2 (đối
đỉnh) ,M 1= D (so le trong ,DB Ox) và MD =OM (do dựng ),từ đó AM = MB.
2. Cách dựng :Kéo dài OM thêm đoạn MD= OM ,rồi từ D kẻ đường thẳng song với

Ox ,cắt Oy tại B.Tiếp đến kẻ BM cho đến cắt Ox tại A thì M là trung điểm của
AB.

3. Chứng minh: AMO và BMD có :


M 1=M 2 (đối đỉnh)

MO = MD (cách xác` định điểmD)


O1= MDB (so le trong –DB  Ox)
Do đó :AMO = BMD (g,c.g)

 AM = MD.

4.Biện luận : Bài toán ln có một nghiệm. 
Phụ chú :Bài tốn có thể phân tích cách khác :
Kẻø MNOx (NOy) thì MN= 2

OA

.Ngược lại,

nếu kẻ MNOx(NOy),và lấy điểm A trên Ox sao

cho OA = 2MN,rồi kẻ AM đến cắt Oy tại B thì có

AM =MB.Quả vậy ,gọi B là trung điểm của OA  OP

= PA PMON.Vậy BM phải đi qua trung điểm của AB,tức AM = MB .
Qua phân tích này ta thấy rõ cách dựng và

chứng minh .Bài tốn ln có một nghiệm .
Thí dụ 4 :Cho một góc xOy và hai điểm
A,B .Dựng một điểm cách đều hai cạnh Ox,Oy
và cách đều hai điểm A,B.

1. Phân tích :

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

cách đều hai điểm A,B ,nghĩa là có MH = MK (MHOx,HOx, MKOy,KOy) và

MA=MB.

Vậy M vưà thuộc tia phân giác Ot của xOy, vừa thuộc đường trung trực d của AB
nên M là giao điểm của Ot và d .

2. Cách dựng :

Dựng tia phân giác Ot của góc xOy và đường trung trực d của AB ,d cắt Ot tại M.
M là điểm cần dựng.

3.Chứng minh :

MOt nên MH = MK .

Md nên MA = MB.

4.Biện luận :

a. d cắt Ot nếu AB không vng góc với Ot .Bài tốn có một nghiệm hình .
b. Nếu AB  Ot và OAOB thì Ot  d :Bài tốn vơ nghiệm.

c. Nếu ABOt và OA = OB thì d  Ot .Bài tốn có vơ số nghiệm,nghĩa là bất kỳ

điểm nào của Ot cũng vừa cách đều hai cạnh Ox và Oy,vừa cách đều A và B.
Thí dụ 5 :Cho một góc nhọn xOy và một điểm A trên Oy.Tìm một điểm M trên
đoạn OA sao cho nếu kẻ MP = MA.

1. Phân tích :Giả sử bài toán đã

giải xong và ta đã dựng được điểm M theo yêu cầu của đề bài.
Kẻ PNAM và PN = AM thì AN  NP ,

Có nghĩa là AN Ox (1)

Mặt khác PN = AM = OP nên tam giác OPN cân :


O1=N 1

Mà O 2 = N

1(góc so le trong-PNOy)

NênO 1=O 2.

Điều đó có nghĩa là N nằm trên tia phân giác của góc xOy .

Theo (1) thì N nằm trên đường thẳng vng góc với Ox hạ từ A.Vậy N là giao
điểm của đường thẳng đó với tia phân giác của góc xOy . Vị trí N hồn tồn
xác định .,do đó dựng được.

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

3. Chứng minh :NP Oy nên N

1= O 2 (so le trong )

Mà Ot là tia phân giác :O 1=O
2.

Từ đó :O 1=N1 Tam giác OPN cân tại P : OP = PN.
MP và AN cùng vng góc với Ox nên MP AN .

Do đó: PN = AM (đoạn thẳng song song bị chắn bởi hai đường thẳng song song).

(2)

Từ (1),(2) suy ra: OP = AM.

4. Biện luận : Góc xOy nhọn nên tia phân giác Ot cắt đường thẳng kẻ từ A
vng góc với Ox tại một điểm N duy nhất.Do đó bài tốn có một nghiệm
hình .

BÀI T PẬ

Bài 1:Cho tam giác ABC vuông cân, cạnh huyền BC = 2a không đổi .Gọi H là trung điểm
của BC .

1.

Hãy dựng điểm M trên đoạn AH sao cho khoảng cách từ M đến BC bằng tổng

khoảng cách đến AB và AC .

2.

Tính theo a độ dài của HM tương ứng .

HD: 1/ Gọi N là điểm đối xứng của M qua AB.

1. Phân tích :Giả sử đã dựng được M thuộc AH mà khoảng cách từ M đến BC bằng tổng khoảng cách từ M đến AB và AC.
Ta có NAP  MH = MK + ML =MN.

 MNH cân tại M  MNH = MHN  MHN = PHN .
2. Cách dựng :+Dựng điểm P là đối xứng của điểm H qua AB.

+Dựng phân giác HN của AHB.

+DỰng NM PH , M AH thì ta có M là điểm cần dựng .

3. Chứng minh: Thật vậy :MHN cân tại M  MH = MN = MK+ ML.
4. Biện luận:Bi tốn có một nghiệm hình .

2/Đặt MH = x.TA có : AH = AM + MH .
 MA = a – x

MH = 2MK  x = 2 (a – x)

2
2  x =

1 2

a

  x = a(2- 2).

Bài 2: Dựng một tam giác ,biết hai góc và một đường phân giác .

Biết hai góc của một tam giác tức là biết cả góc thứ ba ,nên cho biết đường phân giác thuộc góc nào cũng vậy thơi.Do vậy ta sẽ dựng tam
giác ABC,biết góc B bằng ,góc C bằng  và đường phân giác BD bằng một đoạn thẳng a cho trước .

1. Phân tích :Giả sử bài toán đã giải xong và ta đã dựng được tam giác ABC theo yêu cầu của đề bài .Ta hãy tìm khâu” đột phá’tức là
tìm một tam giác hội đủ các điềåu kiện để dựng được.Dễ dàng phát hiện được tam giác BDA có BD =a ,ABD = 2

B
=2


và


BDA = 2

B
+ C = 2


+

2. Cách dựng :

 Trước hết dựng một góc

xBy

=.

 Dựng tia phân giác Bt của góc đó.Trên tia Bt dựng đoạn BD = a.

 Từ D dựng đường thẳng song song với By cắt Bx tại E.Dựng góc EDv =.

 Cạnh Dv cắt Bx tại A và tia đối của tia Dv cắt By tại C.
3. Chứng minh : BDE = DBC =2



</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Vậy BDA = BDE + EDA = 2



+  .Từ đó suy ra C = .
Vậy tam giác ABC đã dựng có B =  , C =  và tia phân giác BD = a .
4.Biện luận :bài tốn ln có nghiệm hình nếu  +  < 2v.

Bài 3 :Dựng tam giác cân ABC (AB = AC ),biết chu vi bằng 2p và chiều cao AH=h

1. Phân tích :Giả sử bài toán đã giải xong và ta dựng được tam giác ABC theo yêu cầu đề bài .

Nếu trên tia đối của tia CB ta dựng đoạn thẳng CD = AC ,và trên tia đối của tia BC dựng đoạn thẳng BE = AB thì được đoạn DE = 2p,và
đường cao AH=h là dựng được .Sau khi dựng được tam giác cân DAE ,ta xác định vị trí hai đỉnh B và C chẳng khó khăn gì ,bằng cách dựng
đường trung trực của AE và AD.

2. Cách dựng :Dựng đoạn thẳng DE = 2p.Dựng đường trung trực d của DE ,vng góc với DE tại H.Dựng điểm A trên d sao cho AH = h .Dựng
đường trung trực của AE và AD lần lượt cắt DE tại đỉnh B và C cần dựng .

3. Chứng minh : RoÕ ràng AB = BE , AC = CD nên tam giác ABE và ACD là tam giác cân.ABC = 2 E , ACB = 2D .Mà tam giác AED
là tam giác cân(AE = AD) nên E = D .TưØ đó ABC = ACB ,và tam giác ABC là tam giác cân với đường cao AH = h .MaËt khác , chu
vi tam giác ABC = AB +AC +BC =EB + BC + CD = 2p .Vậy là tam giác cânABC đã dựng đáp ứng các yêu cầu của đề bài.

4. Biện luận :

Bài tốn ln có một nghiệm hình .

Bài 4:Dựng tam giác ABC biết chu vi bằng 2p và B =  , C =.

1. Phân tích :Giả sử bài tốn đã giải xong và ta đã dựng được tam giác ABC theo yêu cầu đề bài.

Nếu trên tia đối của tia BC ta dựng đoạn thẳng BE = AB , và trên tia đối của tia CB dựng đoạn thẳng CD = AC thì ta được đoạn thẳng DE = 2p .Hai

tam giác ABE và ACD là tam giác cân nên: E =

1
2 B

= 2


và D =

1
2 C = 2



.Vậy là tam giác ADE hội đủ các điều kiện để dựng được.

2. Cách dựng : Dựng đoạn thẳng DE = 2 p , dựng góc E = 2


và góc D =2


,hai cạnh EA và DA của hai góc E và D cắt nhau tại A . Dựng
đường trung trực của AE và AD , cắt DE tại B và C cần dựng .

3. Chứng minh : Các tam giác ABE vàACD là tam giác cân vì B thuộc đường trung trực của AE(AB = BE ) và C thuộc đường trung trực của
AD (AC = CD ).Từ đó ,B =2E = và góc C =2D =.

Mặt khác , chu vi tam giác ABC = AB+AC+BC=BE+CD +BC = 2p.

Vậy tam giác ABC thoả mãn yêu cầu đề bài .

4. Biện luận : Bài tốn có một nghiệm hình nếu  +  < 2v.

BÀI TẬP

Bài 1:Dựng tam giác ABC ,biết vị trí của ba điểm : Đỉnh A ,trung điểm M của cạnh AC và trọng tâm G của tam giác .

Hướng dẫn :Trường hợp dựng hình như thế nầy là rất thuận lợi ,vì ngay từ đầu đã có tam giác AGM làm cơsở để hồn tất hình cần dựng .
Bài 2:Dựng tam giác ABC ( A = 1v) ,biết đường cao AH và trung tuyến AM ứng với cạnh huyền.

Bài 3: Dựng một tam giác vuông biết cạnh huyền và trung tuyến ứng với một cạnh góc vng.

Hướng dẫn :Chú ý rằng trong tam giác vng ,nếu biết cạnh huyền thì biết ln trung tuyến ứng với nó,thành ra biết hai trung tuyến và trọng tâm của tam
giác .

Baì 4: Dựng một tam giác biết một cạnh và hai trung tuyến xuất phát từ hai mút của cạnh đó .
Bài 5:Dựng tam giác ABC biết cạnh BC và trung tuyến AM,BN.

Hướng dẫn :Bài 4,5 biết hai trung tuyến tức là biết trọng tâm của tam giác .
Bài 6:Dựng một tam giác biết độ dài ca ûba trung tuyến .

Hướng dẫn :Kéo dài AD thêm một đoạn DI = GD =

1
3AD.

Chứng minh CI = BG .Vậy tam giác CIG là hoàn tồn xác định,dựng được .Từ đó hồn tất hình cần dựng .
Bài 7: Dựng tam giác ABC biết giao điểm của ba đường cao với đường tròn ngoại tiếp là D,E,F.

Hướng dẫn : Giả sử tam giác ABC đã dựng xong ,gọi H là trực tâm của tam giác ABC ,khi đó ,D,E,F là các điểm đối xứng của H qua BC, CA và AB .
 DA,BE, CF là ba đường phân giác của tam giác DEF cắt (O) tại A,B,C.Tam giác ABC là tam giác cần dựng.

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Hướng dẫn : Giả sử hình thoi ABCD đã dựng xong ,tâm O của nó là giao điểm của:-Đường trịn đường kính ME (vì MOE=1v)
-Đường trịn (E; a) ,(vì EO = a (cm) )

Các đường thẳng EO và MO là những đường thẳng chứa các đường chéo AC và BD.

A và D là giao điểm của EO và MO và đường trung trực của MQ .Từ đó xác định C và B đối xứng với A và D qua O.

Bài 9: Cho hai điểm A và B ở cùng một phía đối với đường thẳng xy .Dựng một điểm M sao cho từ M nhìn đoạn AB dưới một góc  cho trước và hai
cạnh AM và MB chắn trên xy một đoạn thẳng có độ dài bằng m cho trước .

Hướng dẫn : Giả sử bài toán đã dựng xong.

Vẽ BC  xy và BC = m .
 AEC = M = 

 E ở trên cung chứa góc  dựng trên đoạn AC và E thuộc xy.
Lấy đoạn ED trên xy để có ED = m .

M là giao điểm của AE và BD.

Buổi 8:

Chuyên đề: 8

DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƯƠNG PHÁP
 SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH

I. NỘI DUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NHỚ:

1. Đa giác lồi.
2. Đa giác đều

3. Tổng các góc trong đa giác n cạnh là (n – 2). 1800

4. Số đường chéo của một đa giác n cạnh là

( 3).

n n

5. Tổng các góc ngồi của một đa giác n cạnh là 3600

6. Trong một đa giác đều, giao điểm O của hai đường phân giác của hai góc là tâm
của đa giác đều. Tâm O cách đều các đỉnh, cách đều các cạnh của đa giác đều, có một
đường trịn tâm O đi qua các đỉnh của đa giác đều gọi là đường trịn ngoại tiếp đa giác
đều.

7. Diện tích tam giác:

1
.
2

S a h

(a: cạnh đáy; h: chiều cao tương ứng)

1
. .sin
2

S a b C

( a = AB; b = CA )
8. Diện tích hình chữ nhật

S = ab

9. Diện tích hình vng
S = a2

10. Diện tích hình bình hành

S = ah (h là chiều cao kẻ từ một đỉnh đến cạnh a)
11. Diện tích hình thoi

1
.
2

S AC BD

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

H K

C
I

12. Diện tích hình thang

( ).

S AB CD AH

(AB, CD là hai đáy; AH: chiều cao)
13. Một số kết quả cần nhớ

a). SABM = SACM ( AM là trung tuyến tam giác ABC)

b). AA’ // BC => SABC = SA’BC

c).

ABD
DBC

S BD

S CD (D thuộc BC của tam giác ABC)

ABD
DBC

S AH

S DK (AH; DK là đường cao của tam giác ABC và DBC)

e) .

AMN
ABC

S AM AN

S  AB AC (M thuộc BC; N thuộc AC của tam giác ABC)

II. PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH: Sử dụng cơng thức tính diện tích để thiết lập mối quan hệ

về độ dài của các đoạn thẳng

- Ta đã biết một số công thức tính diện tích của đa giác như cơng thức tính diện
tích hình tam giác, hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi ….. khi biết độ
dài của một số yếu tố ta có thể tính được diện tích của nhữnh hình ấy. Ngược lại nếu biết
quan hệ diện tích của hai hình chẳng hạn biết diện tích của hai tam giác bằng nhau và có
hai đáy bằng nhau thì suy ra được các chiều cao tương ứng bằng nhau. Như vậy các cơng
thức diện tích cho ta các quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng. Sử dụng các cơng thức

tính diện tích các hình có thể giúp ta so sánh độ dài các đoạn thẳng.

- Để so sánh độ dài các đoạn thẳng bằng phương pháp diện tích, ta có thể làm theo
các bước sau:

1. Xác định quan hệ diện tích giữa các hình

2. Sử dụng các cơng thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó bằng một đẳng
thức có chứa các độ dài.

3. Biến đổi các đẳng thức vừa tìm được ta có quan hệ về độ dài giữa hai đoạn thẳng
cần so sánh.

Ví dụ 1:

Cho tam giác đều ABC. Từ điểm O ở trong tam giác ta vẽ OH AB; OI BC;
OK CA. Chứng minh rằng khi O di động trong tam giác thì tổng OH + OI + OK không

đổi.

Giải

Gọi độ dài mỗi cạnh của tam giác đều là a, chiều cao h
Ta có:

AOB BOC COA ABC
S S S S

1 1 1 1

. . . .

2a OH 2a OI2a OK 2a h

1 1

( ) .

2a OH OI OK  2a h
(OH OI OK) h

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

- Có thể giải ví dụ trên bằng cách khác nhưng khơng thể ngắn gọn bằng phương
pháp diện tích như đã trình bày.

- Bài tốn trên vẫn đúng nếu O thuộc cạnh của tam giác đều

- Nếu thay tam giác đều bởi một đa giác bất kỳ thì tổng các khoảng cách từ O đến
cách cạnh cũng khơng thay đổi.

Ví dụ 2:

Chứng minh định lý Pitago: Trong một tam giác vng, bình phương của cạnh
huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vng:

Giải:

- Dựng ra phía ngồi ABC các hình vuông BCDE; ABFG; ACMN

- Muốn chứng minh BC2 AB2AC2 ta phải chứng minh SBCDESABFG SACMN

- Vẽ đường cao AH kéo dài cắt DE tại K. ta sẽ chứng minhSABFG SBHKE và
ACMN CHKD

S S

- Nối AE; CF

FBC ABE

  (c-g-c)  SFBC SABE (1)
FBC

 và hình vng ABFG có chung đáy BF, đường cao ứng với đáy này bằng

nhau (là AB)

1
2

FBC ABFG

S S

 

(2)
Tương tự:

1
2

ABE BHKE

S S

 

(3)
Từ (1); (2) và (3)  SBHKE SABFG

Chứng minh tương tự ta được: SCHKD SACMN

Do đó: SBHKE SCHKD SABFG SACMN
BCDE ABFG ACMN

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

N
\
M

\ O

\ C

Nhận xét:

- Điểm mấu chốt trong cách giải trên là vẽ hình phụ: vẽ thêm ba hình vng.

Ta phải chứng minh: BC2 AB2AC2 mà BC2; AB2; AC2 chính là diện tích của các

hình vng có cạnh lần lượt là BC; AB; AC.

- Để chứng minh SBCDESABFGSACMN ta vẽ đường cao AH rồi kéo dài để chia hình

vng BCDE thành hai hình chữ nhật khơng có điểm trong chung rồi chứng minh hai
hình chữ nhật này có diện tích lần lượt bằng diện tích của hai hình vng kia.

Bài tập áp dụng: (Khoảng 5 bài tập)

III. TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ

- Đặt các diện tích cần tìm bởi các ẩn rồi đưa về phương trình hoặc hệ phương trình
với các ẩn đó.

- Giải phương trình hoặc hệ phương trình để tìm nghiệm
Ví dụ 1:

Cho ABCcó diện tích bằng đơn vị, trên cạnh AB lấy M và trên AC lấy N sao cho

AM = 3BM. BN cắt CM ở O. Tính diện tích của AOBvà AOB
Giải:

Đặt SAOB = x; SAOC = y

(x,y > 0)

N
\

M
\

C
\
H

\
B

\ K\ D\

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

A
\
N
\
C
\
P
\

H
\
Q
M
\
B
\
I
\
Ta có:
3
4
OAM
OAB

S

 (vì 34

AM
AB  )

3
4
OAM
x

S

 
Vì
4
5

AN

AC  nên

4
5

OAN AN

C AC

S

 

4
5
OAN
y

S

 

Ta có: SBAN = SBAO + SOAN = x +

4
5

y

mà

4 4

5 ABC 5

BAN S

S

 

nên

4 4

5 5

y
x 

(1)
mặt khác:
3
4
COA OAM
CAM
x

S S y

S

   

mà:

3 3

4 ABC 4

CAM S

S

 

do đó:

3 3

4 4

x
y 

(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
5x + 4y = 4 (3)

3x + 4y = 3 (4)

Lấy (3) trừ (4) theo từng vế ta được

1
2
x
Thay

1
2
x

vào (3) ta được

3
8
x
Vậy
1
2
AOB
S 
và
3
8
AOC
S 

Ví dụ 2:

Giả sử MNPQ là hình vng nội tiếp tam giác ABC, với MAB N; AC và

;

P Q BC . Tính cạnh hình vng biết BC = a và đường cao AH = h
Giải:

Gọi I là giao điểm của AH với MN. Đặt cạnh hình vng MNPQ là x (x > 0),

Ta có:

1
.
2

AMN

S  MN AI 1 ( )

2x h x

 

1 1

( ) ( )

2 2

BMNC

S  BC MN MQ  a x x

1
.
2

ABC

S  a h

Ta lại có: SABC SAMN SBMNC nên

1 1 1

. ( ) ( )

2a h2x h x 2x a x

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

Hay: . ( )

ah
a h x a h x

a h

   



Vậy cạnh hình vng MNPQ là

ah
a h
Bài tập áp dụng: khoảng 5 bài

IV. BẤT ĐẲNG THỨC DIỆN TÍCH:

- Ta sử dụng hệ quả của bất đẳng thức Cơsi: nếu hai số có một tổng khơng đổi thì

tích của chúng lớn nhất khi hai số ấy bằng nhau.

- Để sử dụng các bất đẳng thức đại số ta đặt độ dài cần xác định là x biểu thị đại
lượng cần tìm giá trị nhỏ nhất (hay giá trị lớn nhất) bằng một biểu thức có biến x rồi tìm
điều kiện của x để biểu thức có giá trị nhỏ nhất (hay giá trị lớn nhất).

Ví dụ 1:

Cho tam giác ANC vng tại A, AB = 4cm. Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy
các điểm M, N sao cho AM = CN. Xác định vị trí của M, N sao cho tứ giác BCMN có
diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó

Giải:

Đặt: SBCMN S; AM = CN = x

=> AN = 4 - x
S = SABC - SAMN

4.4 (4 ) (4 )

2 2 2

x x x x

S      

S nhỏ nhất

(4 )

x  x


lớn nhất

(4 )

x  x


lớn nhất

Vì x + (4 – x) = 4 (không đổi) nên x(4 – x) lớn nhất
 x = 4 – x

 x = 2 (hệ quả bất đẳng thức Cơsi

Khi đó M và N lần lượt là trung điểm của AB và AC
2

min

2(4 2)

8 6

S     cm

Ví dụ 2:

Cho đường trịn tâm O bán kính r nội tiếp trong tam giác ABC. Qua O vẽ đường
thẳng cắt hai cạnh AC và BC lần lượt tạio M và N. Chứng minh SCMN 2r2

Giải:

Đặt SCMN S

Ta có

( )

CMN OCM OCN

S S S  MC NC r
Theo bất đẳng thức Côsi:

( ) . 25

2 MC NC  CM CN 

N C

A
M

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

K C

E
D

(Vì

1 1

( ).sin .

2 2

S  MC NC C CM CN

)

( ). 2 .

S MC NC r S r

   

2 2 . 2

S S r

 

Dấu “=” xảy ra khi CM = CN hay MN OC

Bài tập áp dụng: Khoảng 5 bài

V. BÀI TẬP VỀ DIỆN TÍCH VÀ CHỨNG MINH

Ví dụ 1:

Cho hình thang ABCD, đáy AB = 3cm, AD = 4cm, BC = 6cm, CD = 9cm. Tính
diện tích hình thang

Giải

Vẽ BE AD// ta có:

3 9
6
2

S   h h

(cm2)
CBE

 cân ở C
IC2 = 36 – 4 = 32

4 2
IC

4.4 2
8 2
2

BCE

S  

8 5.2 8 2

6 3

h BK

   

8 2

6 6. 16 2

ABCD

S  h 

Ví dụ 2:

Cho ABCcó chu vi là 2p, cạnh BC = a, gọi góc BAC   , đường tròn nội tiếp

tam giác ABC tiếp xúc cạnh AC tại K.
Tính diện tích AOK

+ Giải

AK = AL; CK = CM; BM = BL
2 CM + 2 AK + 2 BM = 2p
AK = p – (BM + CM)
AK = p – a



KAO
2




OK = (p - a)tan 2


SAOK =

2 AK .AO =

( ) tan

2 p a 2




* Bài tập áp dụng:

1. Cho  ABC có 3 góc nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’ và trực tâm H.

A L B

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

Tính tổng:

' ' '

HA HB HC

AA BB CC

2. Một tam giác có độ dài các đường cao là các số ngun và bán kính đường trịn ngoại
tiếp bằng 1. Chứng minh tam giác đó đều.

3. Cho  ABC biết A, , B ,,C  , đường tròn nội tiếp tam giác có bán 
kính bằng r; P, Q, R là các tiếp điểm.

Tính diện tích tam giác PQR

4. Cho ABC. Trên cạnh AB lấy điểm M, trên cạnh AC lấy điểm N sao cho

1
3

AM AN

AB AC  . Gọi O là giao điểm của BN và CM. Gọi H, L lần lượt là chân đường

vng góc kẻ từ A, C tới đường thẳng BN.
a/ Chứng minh CL = 2 AH.

b/ Chứng minh: SBOC = 2 SBOA

Kẻ CE và BD vuông góc với AO. Chứng minh BD = CE.
c/ Giả sử SABC = 30 cm2, tính SAMON.

5. Cho hình thang ABCD, đáy AB, O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
a/ Chứng minh rằng: SOAD = SOBC.

b/ SOAB.SOCD = (SOBC)2

HƯỚNG DẪN GIẢI

1. Ta có:

'. '

1 '. '

HBC
ABC

HA BC

S HA

S  AA BC AA

(1)
Tương tự:

'
'

HAB
ABC

S HC

S CC (2)

HAC
ABC

S HB

S BB (3)

Cộng (1), (2) và (3) ta được:

' ' '

HA HB HC

AA BB CC =

HBC HAB HAC
ABC

S S S

S

 

= 1

ABC
ABC
S

S 

Đặt a = BC, b = AC, c = AB

Gọi x, y, z là độ dài các đường cao tương ứng với 3 cạnh a, b, c của tam giác.
Vì bán kính đường trịn nội tiếp bằng 1 nên x, y, z > 2

Giả sử: xyz 2

Theo kết quả bài 1: 

1 1 1

x  y  z =1 

z

 z 3  z=3

A B

’

’ H

B A

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Từ:

1 1 1

x  y  z =1 

1 1 2
3

x y  hay 3(x+y) = 2xy

 (2x-3)(2y-3) = 9 = 3 . 3 = 9 . 1
 x = y = 3 hoặc x = 6; y =2 (loại)
Vậy = y = z khi đó a = b = c

OP = OQ = OR = r.
SPQR = S OPR + SOPQ + SOQR

SPQR =

2 r2sin(1800 -  )

2 r2sin 

SORQ =

2 r2sin 

SORQ =

2 r2sin 

Do đó SPQR =

2 r2 (sin  + sin  + sin  )

a/ CN = 2 AN  SBNC = 2S BNA
BNC BNA

S 2 S

BNchung CL AH

 

 




S .

2
1

S . S 2S

2
CL= 2AH

BOC

BOA BOC BOA

BO CL
BO AH



 




  





 (1)

Chứng minh tương tự
SBOC = 2SCOA (2)

T ừ (1) v à (2)  SBOA = 2 SCOA (3)
Kẻ CE  AO, BDCE

Ta chứng minh được:
BD = CE

c/ Giả sử SBOC = 2a (cm2)  SBOA = a (cm2), SCOA= a (cm2)

Ta tính được:

SABC = 4a (cm2)  a = 3 cm2

A
H
N
M

O
L

C
D

B E

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Ta lại có SONA = SOMA =

3 a= 1 (cm2)

Vậy: SOAMN = 2 cm2

a/ Kẻ đ ư ờng cao AH v à BH’, ta c ó: AH = BH’
Ta có: SADC =

1
.
2 AH DC

SBDC =

'.
2BH DC

 SADC = SBDC  SODA = SOBC

b/ Kẻ đường cao BK của ABC, ta c ó:
OAB

OBC

S OA

S OC

Tương tự:

OAD
OCD

S OA

S OC


OAB OAD
OBC OCD

S S

S S  (S

OBC)2 = SOAB.SOCD ( Vì SOBC = SOAD)

A B

C
H

’
A

</div>