Luyen thi

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.34 MB, 132 trang )

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

Phần

I

: Đại số

Cỏc chuyờn về biến đổi biểu thức

Biến đổi biểu thức nguên

A. Một số hằng đẳng thức cơ bản

 (a + b)2 =a2 + 2ab + b2 .

 (a + b + c )2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc

 (a1 + a2 +...+ an )2 = a12 + a22 + ...+ an2 +

+ 2( a1a2 + ...+ a1an + a2a3 + ... + a2an + ... + an-1an )

= a12 + a22 + ...+ an2 +

 


 
1
1 1
2n
i
n
i
j
j
ia
a

 xn - yn = (x - y)(xn-1 + xn-2y + ... + xyn-2 + yn-1 ) ; n nguyên dơng .
 x2k - y2k = (x + y)(x2k-1 - x2k-2y + x2k-3y2 - ... - y2k-1 ) ; k nguyªn d¬ng .
 x2k + 1 - y2k + 1 = (x + y)(x2k - x2k-1y + x2k-2y2 - ... + y2k ) ; k nguyên dơng .
( x + y )3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3

 ( x - y )3 = x3 - 3x2y + 3xy2 - y3

B. Bảng các hệ số trong triển khai (x + y )n - Tam giác Pascan

Đỉnh 1

Dòng 1 ( n = 1 ) 1 1

Dßng 2 ( n = 2 ) 1 2 1

Dßng 3 ( n = 3 ) 1 3 3 1

Dßng 4 ( n = 4 ) 1 4 6 4 1

Dßng 5 ( n =5 ) 1 5 10 10 5 1

I. VÝ dô



VÝ dô 1

Chøng minh r»ng :

a b c a b c



a b c b a c c a b



abc

a) 3 3 3 3 3 2 2 2 6














 
       





)
(
6

3

)
2
2
2
2
3

3
3
3
3
bcd
acd
abd
abc
c
b
a
d
d
b
a
c
d
c
a
b
d
c
b
a
d
c
b
a
d
c

b
a
b




































0
c
b
a
c
b
a
3
a )3 b3 c3 abc

c

Gi¶i

a) Biến đổi vế trái ta có :

          

 

     



a b c b a c c a b



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

b
a
6
3

6
3
3
3
3
3
a

3
3
2
2
2
3
3
3
3
2
2
2
2
2
3

3
3
2
2
3
3
3


































VËy : a b c3 a3 b3 c3 3



a2b c b2a c c2a b



6abc













(®pcm)
b) Chøng minh tơng tự câu a

c) Ta có :

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



  



  



 

  



2  2  2



2
2
2
2
2
3
3
3
3
3
2
1

)
(
c
b
a

3
c
b
a

3
)
(
3
3
c
a
c
b
b
a
c
b
a
bc
ac
ab
c
b
a
c
b

a
ab
c
c
b
a
b
a
abc
b
a
ab
c
b
a
abc
c
b
a





































Vậy điều kiện cần và đủ để : a3b3c3 3abc là 
- Hoặc a + b + c = 0

- Hc (a + b)2 + (b + c)2 + (a + c)2 = 0  a = b = c


Ví dụ 2

Phân tích đa thức thành nhân tử

a) a2(b - c) + b2(c - a) + c2(a - b) .

b) a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b) .

c) x3 - 3(a2 + b2)x + 2(a3 + b3) : Gi¶i

             

   





   

 b ca c
c
b
b
a
b
a
c
b
b
a
b
a
b
a
c
c

b
b
a
b
c
b
a
b
a
c
a
c
b
c
b
a
a



























b

-a

c

-b

)

(
c

-b

)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
             
   





  





       

 b ca ca b c
c
a
b
c

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

b
a
c
a
c
b
c
b
a
b





































b

-a

b

-a

c

-b

)
(
c

-b

)
2
2
2
2
3
3
3
3
3

3
3
3
3
3

c) Đặt S = a + b vµ P =

Ta cã : a2 + b2 = (a + b)2 - 2ab = S2 - 2P ;

a3 + b3 =(a + b)3 -3ab(a + b) = S3 - 3SP .

V× vËy

x3 - 3(a2 + b2)x + 2(a3 + b3) = x3 - 3(S2 - 2P)x + 2(S3 -3SP)

= (x3 -3S2x + 2S3) + 6P(x -S)

=(x - S)(x2 + Sx - 2S2) + 6P(x -S)

=(x - S)( x2 + Sx - 2S2 +6P)

=(x - a - b)x2 + (a + b)x - 2(a2 + b2 - ab)

II. Bài tập

1. Phân tích đa thức thành nhân tử :

a. x3 + 4x2 - 29x + 24 .

b. x4 + 6x3 + 7x2 - 6x + 1 .

c. 6x5 + 15x4 + 20x3 + 15x2 + 6x +1 .

d. x8 + x4 +1 .

e. x10 + x5 + 1 .

f. x12 + 1 .

g. x6 + 3x5 + 4x4 + 4x3 + 4x2 + 3x + 1 .

h. (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 .

i. (a - b)3 + (b - c)3 + (c - a)3 .

j. (x2 - x + 2)2 + (x - 2)2 .

k. (x + y + z )5 - x5 - y5 - z5 .

2. Đơn giản biểu thức

a. (x + y + z)3 - (x + y - z)3 - (y + z - x)3 - (z + x - y)3 .

b. ( 2 + 1)(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) .

3. Ba sè a , b , c thoả mÃn điều kiện

14

0

2
2

b

c

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

TÝnh A = a4 + b4 + c4 .

4. Hai số a , b lần lợt thoả mÃn các hệ thøc sau

a3 -3a2 + 5a -17 = 0 vµ b3 - 3b2 + 5b +11 = 0 .

H·y tÝnh a + b .

5. Cho a3 - 3ab2 = 19 ; b3 -3a2b = 98 . TÝnh P = a2 + b2 .

6. Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1 . TÝnh a2 + b9 + c1945 .

7. Cho x + y + z = 0 . Chøng minh r»ng :

a. 2(x5 + y5 + z5 ) = 5xyz(x2 + y2 + z5) .

b. x7 + y7 + z7 = 7xyz(x2y2 + y2z2 + z2y2 ) .

c. 10(x7 + y7 + z7) = 7(x2 + y2 + z5) (x5 + y5 + z5 ) .

8. Cho c¸c sè a , b, c , d tho¶ m·n a2 + b2 + (a + b)2 = c2 + d2 + (c + d)2

Chøng minh r»ng a4 + b4 + (a + b)4 = c4 + d4 + (c + d)4 .

9. Chøng minh r»ng nÕu c¸c sè a , b , c , d tho¶ m·n

a2 + b2 + (a - b)2 = c2 + d2 + (c - d)2 .

Th× a4 + b4 + (a - b)4 = c4 + d4 + (c - d)4 .

Biến đổi phân thức hữu tỷ

I.

VÝ dô :



VÝ dô 1

:

ba số thực khác không a , b , c thoả mÃn điều kiện a + b + c ¹ 0 vµ
c

b
a
c
b

a    

1
1

Chứng minh rằng trong ba số a , b , c có hai số đối nhau . Từ đó suy ra mọi số
nguyên lẻ ,thì

n
n
n
n
n

n b c a b c

a     
1
1

1
1

Gi¶i

Tacã:

2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

( )

( )( ) ( ) ( )( ) 0

a b a b

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

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

 

        

     

           

a -b
(a b)(a c)(b c) 0 b -c
c -a





       

 


VËy nếu n lẻ thì

n
n

a
c

c
b

b
a

n
n
n
n
n

n b c a b c

a     
1
1

1
1


VÝ dô 2

: Rút gọn biểu thức :

b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a

A 1 1

)
(

6
1

1
)
(

3
1

1
)
(

5
2

2
4
3

3
3

Giải :

Đặt S = a + b vµ P = ab .

 a2 + b2 = (a + b)2 - 2ab = S2 - 2P

a3 + b3 = (a + b)3 - 3ab(a + b) = S3 - 3SP .

VËy :

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

1 1 a b S

a b ab P



  

2 2 2

2 2 2 2 2

1 1 a b S 2P

a b a b P

 
  
3
2
3
3
3
3
3
3
)
3
(
1
1
P

P
S
S
b
a
b
a
b
a










5 3 3 3 3

5
2
2
2
3
3
5
5
2
2
4
3
2

3
1
1
S
6
)
2
(
3
)
3
(
S
1

6
2
3
)
3
(
1
b
a
P
P
S
SP
P
S

SP
P
S
S
P
P
S
S
P
P
S
S
P
P
S
S
S
A





















VÝ dô 3

Cho ba sè a , b , c ph©n biƯt . Chøng minh rằng giá trị của biểu thức sau không phụ
thuộc vào giá trị của biến x :

)
)(
(
)
)(
(
)
)(
(
)
)(
(
)
)(
(
)
)(
(
)
(
c

b
a
b
c
x
a
x
c
a
b
a
c
x
b
x
b
c
a
c
b
x
a
x
x
S

Giải :

Đặt P(x) = S(x) - 1 thì đa thức có bậc không vợt quá 2 . mặt khác ta thấy :
P(a) = P(b) = P(c) = 0

Tøc lµ a , b , c là ba nghiệm phân biệt của P(x) điều này chỉ xảy ra khi khi đa thức P(x) là đa
thức không , tức là P(x) = 0 với mọi x suy ra S(x) = 1 . Vậy giá trị của biểu thức S(x) không phụ
thuộc vào giá trị của x .

II

Bµi tËp:

1. Rót gän biĨu thøc


































































1999
1000

1
3
1000
1
2
1000
1
1
1000
1
1000
1999
1
3
1999
1
2
1999
1
1
1999
1
A

































 2
)
1
2
(

4
1
25
4
1
9
4
1
1
4
1
n

B , víi n ³ 1

z
xy
x
y
z
xy
x
y
xy
x
y

C 2     2   2

Trong đó x > 5 và

5
25
15
25
z
;

25
10
25 2
2









x
x
x
x
x
x
x
x
y

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

( c a c b x c

c
b
x
c
b
a
b
b
a
x
c
a
b
a
a
D

k
k
k













ứng với k = 0 , 1 , 2 , 3 và a , b , c đôi một khác nhau .

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

)
)(
)(

( d a d b d c

d
d
c
b
c
a
c
c
d
b
c
b
a
b
b
d
a
c
a
b
a
a
E
k

k
k
k

















ứng với k = 0 , 1 , 2 , 3 và a , b , c , d đôi một khác nhau .

.
)
2
(
)
2
(
a

I
.
1
1
)
(
2
1
1
)
(
2
1
1
)
(
1
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
2
2

5
3
3
4
4
4
3















































b
a
b
a
b
b
a

a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
F

2. Cho ph©n thøc .

1
2
2
1
2
2
3
2
3







n
n
n
n
n
P

a. HÃy rút gọn phân thức trên .

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

b. Chứng minh rằng nếu n là một số nguyên thì giá trị của phân thức tìm đợc trong câu a.
tại n luôn là một phân số tối giản .

2. Cho các số khác không a , b , c thoả m·n ®iỊu kiƯn : a + b + c = 0 .
Chøng minh r»ng :

2
2
2
2
1
1
1
1
1
1












c
b
a
c
b
a

3. Cho ba sè thùc a , b , c tho¶ m·n



















2001

1 2001

c

b

a

c

b

a

Chøng minh r»ng Ýt nhÊt mét trong ba sè a , b , c b»ng 2001 .
4. Cho a , b , c Ỵ R chøng minh r»ng

                  . 
2
3
5
2
2
2
3
3
3
5
5

5 b c c a a b b c c a a b b c c a

b

a     














5. Cho c¸c số nguyên không âm k1 , k2 , ...,kn (n là số nguyên dơng ) thoả mÃn điều kiện : k1 +

k2 + ... + kn là một số lẻ . Chøng minh r»ng nÕu c¸c sè a1 , a2 ,...,an thoả mẵn :

n
n
k
a
a
k
a
a

k
a
a 1
2
3
2
1
2
1

thì a1 = a2 = ...= an .

6. Cho ba sè kh¸c nhau a , b , c .

a. Chứng minh rằng khi k = 0 , 1 , 2 thì ta có hằng đẳng thức

.
)
)(
(
)
)(

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

( k k k

k x
b
c
b
c
a
x
b
x
a
c
a
a
b
c

x
a
x
a
c
a
b
a
c
x
b
x
a 















b. Hằng đẳng thức trên cịn đúng khơng nếu thay k = 3 ? .

7. Cho ba sè a , b , c là ba số khác nhau và 0






 a b

c
a
c
b
c
b
a
.
Chøng minh r»ng

 2  2  2 0






 a b

c
a

c
b
c
b
a
.

8. Ba sè a , b , c khác nhau và khác 0 thoả mÃn ®iỊu kiƯn a + b + c = 0
Chøng minh rằng

a
c
b
c
b
a
b
a
c
b
a
c
a
c
b
c
b
a
.
9. Cho a ạ 0 và

a

a1 là một số nguyên . Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n
n

a

a 1 là
một số nguyên .

10.a. Cho a > b > 0 , n ẻ N*

.

So sánh hai số A vµ B :

n
n
n
n
b
b
a
a
a
a
a
a
A

































2
1
2
2
1
2
b
b
1
b

b
1
B

;

1
1

b. So sánh hai số C và D ( có 10 chữ số 0 sau mỗi dấu phẩy ) :

2
0000000000
,
2
)
2
0000000000
,
1
(
2
0000000000
,
2
D
;
2
0000000000
,

2
)
4
0000000000
,
1
(
4
0000000000
,
2
2

2   



C

11. a. Cho các số a , b , c đơi một phân biệt đặt :

Ỵ









 ,k

)
)(
(
)
)(
(
)
)(

( c a c b

c
c
b
a
b
b
c
a
b
a
a
S
k
k
k

k N .

TÝnh S0 , S1 , S2 ,S3 .

b. Cho ba số a , b , c đôi một khác nhau đặt :

)
)(
(
)
)(
(
)
)(
(
)
)(
(
)
)(
(
)
)(
(
b
c
a
c
b
c

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

T k k k

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

TÝnh T0 , T1 , T2 .

12.Cho các số khác không a , b , c . Tính giá trị biểu thức

2003
2003

2003 y z

x

T    .

BiÕt x , y , z thoả mÃn các điều kiện

2
2
2
2
2
2
2
2
2

2
2
2

c
z
b
y
a
x
c

b
a

z
y
x

13.Cho các số a , b , c , x , y , z tho¶ m·n :























by

ax

z

ax

cz

y

cz

by

x

BiÕt r»ng a , b , c khác -1 . Tính giá trị của biểu thức sau :
c

b
a
M

1
1
1

1
1

.
14.Cho x > 0 thoả mÃn điều kiện 2 12 7

x

x . Tính giá trị cđa biĨu thøc :

5
5 1

x
x

N   .

Biến đổi biểu thức có chứa căn thức

I

. Mét sè kiÕn thøc cơ bản

1. Căn bậc hai

Mi s dng a > 0 có hai căn bậc hai là hai số đối nhau : a > 0 gọi là căn bc

hai số học hay căn bậc hai dơng của a và - a < 0 là căn bậc hai âm của a .

Số 0 có căn bậc hai duy nhất là 0 .
Số âm không có căn bậc hai .

Quy ớc : sau này , nếu không nói gì thêm thì ta hiểu rằng căn bậc hai của số a >
0 là căn bậc hai dơng của a .

Căn bËc n

( n Ỵ N , n³ 2 )

a. Định nghĩa : Căn bậc n ( n ẻ N , n³ 2 ) cđa mét sè a lµ mét sè thùc b (nÕu cã) sao
cho bn = a .

b. Chó ý :

 Đối với căn bậc lẻ (n = 2k + 1): mọi số đều có căn bậc hai lẻ và chỉ có một căn bậc
hai lẻ . Căn bậc hai lẻ của số dơng là số dơng , của số 0 là số 0 , của số âm là số âm
. Ký hiệu 2 k 1a

 Đối với căn bậc hai chẵn (n = 2k) : số âm khơng có căn bậc hai chẵn . số 0 có căn
bậc hai chẵn là 0 . Số dơng có hai căn bậc hai chẵn là hai số đối nhau ký hiệu là

k a

2 và -2k a (trong đó 2k a ³ 0)

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

Một số phép biến đổi căn thức cơ bản

a. Biến đổi căn thức bậc lẻ

2 1 2 1

2 1 2 1 2 1

k k

k k k

A A

AB A B

 
  


2 1
2 1
2 1
2 1 2 1 2 1

, B 0

k

k k k

A A

B B

A B A B




  
 ¹


b. Biến đổi căn thức bậc chẵn

0
AB
,
2
2
2
2 2
³




k
k
k
k k
B
A
B
A
A
A
0
B
,
0
B
0,
AB
,
2
2 2
2
2
2
³


¹
³


k
k k
k
k
k
B
A
B
A
B
A
B
A

Đẳng thức sau thờng đợc sử dụng trong các phép biến đổi căn thức

0
A

, ³

mn

m n A A

c. Chú ý : Trong các biến đổi vừa nêu k , m , n là những số nguyên dơng

II

. Mét sè vÝ dô



VÝ dô 1

Chøng minh r»ng

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

2   

Gi¶i :

Đặt 3 2a thì a3 = 2 đẳng thức cần chứng minh là

3
2
3

9
1

1 a a

a   

Ta cã 3 = 2 + 1 = a3 + 1 = (a + 1)(a2 - a + 1) .

1 = 2 - 1 = a2 - 1 = (a - 1)(a2 + a + 1) .

Biến đổi vế trái ta có :

3
3
2
3
2
3
2
3
3
3
3
3
3
2
1
1
1
)
1
(
3
3

1
3
3
3
)
1
(
3
1
3
)
1
(
9
3
9
1





















a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
VËy :
3
2
3
9
1

1 a a

a   

tøc lµ 3 3 3 3 3

9
4
9
2
9
1
1

2    (®pcm) .



VÝ dụ 2

Cho hai số dơng a và b . Chøng minh r»ng

Gi¶i

2
2
2
2
2

2 )( )

(

2 a b  a a b  b ab a b

Ta cã : 2( a 2 b2 -a)( a 2 b2 -b) = 2a2 + b2 - (a + b) a 2 b2 + ab

=(a2 + 2ab + b2 ) - 2(a + b) a 2 b2 + (a2 + b2)

=(a + b)2 -2(a + b) a 2 b2 + (a2 + b2)

=(a + b - a 2 b2 )2

Vì a , b đều dương nên (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 > a2 + b2

 a + b > a 2 b2

VËy: 2( a2 b2 a)( a2 b2 b) a b a2 b2

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



VÝ dơ 3

Chøng minh nÕu x ³y th×

2
2
2

2 y x x y

x
x
y
x
y

x     

Giải

: Đặt Axy x y thì A 0 và

.
2
)
2(x

2
)
(
)
(
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
y
x
y
y
x
y

x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
A

Từ giả thiết ta có
x2 y2 nên x2 y2 x2 y2




 . VËy

A2 = 2(x2 + y2) + 2(x2 - y2) = 4x2

 A = 2x (1)

Như vËy víi mäi số y mà x2 y2 thì số A không phơ thc vµo y vµ A = 2 x .

Đặt z x2 y2

x2 z2 vËy :

2
2
2

2 y x x y

x

x     = 2 x (2)

Từ (1) , (2) và cách đặt A suy ra :

2
2
2

2 y x x y

x
x
y
x
y

x        



Ví dụ 4

Với mỗi k nguyên dương đặt :



 

k



k
k

S  21  21 .

Chøng minh rằng với mọi số nguyên dơng m , n ( m > n) th×
Sm + n + Sm - n =SmSn .

Giải

Đặt

1

2

1

2

2
1

x

thì x1x2 = 1

Vậy với mọi số nguyên dơng m , n ( m > n ) th×
Sm + n + Sm - n = x1m + n + x2m + n + x1m - n + x2m - n

= x1m + n + x2m + n + x1nx2n(x1m - n + x2m - n )

= x1m + n + x2m + n + x1mx2n + x1nx2m

= (x1m + x2m)(x1n + x2n) = Sm Sn

VËy : Sm + n + Sm - n =SmSn (đpcm) .

III.

Bài tập

1.Rút gọn biểu thức :

2
4
9
2
30
13
90
4
53
160
13

B
A
5
2
10
2
8
5

2
10
2

C
2
2
2
4
4
2
2
2
2
2
3
2
2
3
)
(
1
1
1
)
(
1

1
2
4
)
1
(
3
2
4
)
1
(
3
6
15
10
2
961
25
,
0
2
2
175
7
8
1
b
a
b

a
b
a
b
a
M
a
a
a
a
a
a
a
a
F
E
D

2. Tính giá trị cđa c¸c biĨu thøc sau:

3
6
6
3

6     



 a a a a

A víi a ³ 3

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

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

1
9
...
99
,
0
9
...
99
1
















C
B
n
n   




1
2
2 3 2




 x x

D Víi 












 3 3 1

4
513

23
4
513
23
3
1
x

3. a. Cho



2 3



2 3








 x y y

x . TÝnh E = x + y

b. Cho 3 3

1
2
1
1
2





x . TÝnh F = x3 + 3x + 2 .

c. TÝnh tæng N = a1 + a2 + ...+ a99 . Víi :

,99
1,
n
,
1
)
1
(
1








n
n
n
n

an .

4. a. Cho

1
2
2
2
1






x
x
x
A

a.1) Tìm điều kiện của x để A có nghĩa .
a.2) Rút gọn A .

b. Cho

x
x
B


 2 1 :

x

x
x
x
x


1
.

b.1) Tìm điều kiện của x để B có nghĩa .
b.2) Rút gọn B .

c. Cho c¸c biĨu thøc

2
2
3
2




x
x
x

C vµ

2
2

2
3





x
x
x
x

D .

c.1) Rót gän C vµ D .

c.2) Tìm các giá trị của x để C = D .

d. 1.

2
1
1
2
2
3
9a
3a
E 











a
a
a
a
a

Cho Tìm a để E 1

5.Chứng minh đẳng thức :

a. 1

2
3
1
1
2
3
1
2
3

1
1
2
3
1








.

b. 2 2 22 1





1      






a
a
a
a

a
a
a
a
a

a víi a ³ 0 .

c. abc2 acbc  abc 2 acbc 






³



c
b
a
nÕu
c
b
a
nÕu

c
2

b
a
2

Víi a ,b , c là ba số dơng .

2
a

1

-a
2
2
a
1
2

1
2
1
2
nếu
nếu
a
a
a
a

e. 3

27
847
6
27
847
6 3

3     .

6. Chøng minh r»ng 41

2
2
2
2
2
2

2
2
2
2
2


















. ( ë vÕ tr¸i tư cã n dấu căn , mẫu có n
-1 dấu căn .

7. a. Cho a , b , c , d , A , B , C , D là những số dơng và Aa Bb Cc Dd .Chứng minh

r»ng

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

)
)(

(a b c d A B C D
dD

cC
bB

aA         

b. Cho x2 3 x4y2  y23 x2y4 a, :3 x2 3 y2 3 a2

minh

Chøng .

c. Cho 3 2 2 2 3 3 3

3
3
3

:

.

1 ax

by

cz

a

b

c

z

y

x

cz

by

ax























r»ng

minh

Chøng

d. Chøng minh r»ng nÕu 3 a3 b3c 3 abc thì với mọi số nguyên dơng lẻ n , ta

đều có : nanbn cn abc .

8. a. Chứng minh rằng với

8
1

a thì số sau đây là một số nguyên :

3
3

3
1
8
3

1
3

1
8
3

a a a a a a

x .

b. Chøng minh r»ng 3 3

27
125
9
3
27

125
9

3     



x , lµ một số nguyên .

c. Cho A là một tập con của tập các số thực R thoả mÃn : A É Z ,

A
y
,
x
,
3

2  ỴA nÕu ẻ thì x + y và xy ẻ A . Chøng minh r»ng : 2 3ỴA .

9. a. Chøng minh rằng phơng trình x5 + x +1 = 0 cã nghiƯm duy nhÊt lµ :










 






 3 3

2
621
25

1
3
1

x .

b. Chøng minh r»ng x0 = 2 2 3  6 3 2 3 lµ mét nghiƯm cđa phơng trình :

x4 - 16x2 + 32 = 0 .

c. Chøng minh r»ng x3 94 5 3 9 4 5 là nghiệm của phơng trình x3 - 3x -18 =

0 . Từ đó hãy tìm x .

10.a. Chứng minh mỗi số hạng của dÃy số a1 , a2 , ... , ak , ...víi



 



3
2

3
2
3

2 n n

n

a     là một số nguyên .Tìm tất cả các giá trị của n để an chia

hÕt cho 3 .

b. Chøng minh rằng mỗi số hạng của dÃy số d1 , d2 , ... , dk , ... víi

2
2

5
3
2

5
3











 









 


n
n

n

d là một số tự nhiên .Tìm tất cả các giá trị của n để dn là một số

chÝnh phơng .

Cỏc chuyờn v ph

ng trỡnh

Ph

ơng trình đa thức một ẩn-Định lý viét

A. Ph

ơng trình đa thức một ẩn

I.

Kiến thức cơ bản

ơng tr×nh bËc nhÊt mét Èn :

Ph

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

a.

Định nghĩa

Phơng trình Ax + B = 0 .

Trong đó x là ẩn , A và B là những số thực hoặc biểu thức có chứa tham số , đợc gọi là
ph-ương trình bậc nhất một ẩn x .

Cách giải :

Nếu A ạ 0 thì phơng trình có nghiệm duy nhất là

A
B

x .

Nếu A = 0 và B = 0 thì tập nghiệm của phơng trình là R .
Nếu a = 0 và B ạ 0 thì phơng trình vô nghiệm .

Chú ý : Nếu A hoặc B là những biểu thức khá cồng kềnh hoặc chứa nhiều tham số thì phải
tinh ý xem phương trình đã cho có phải là dạng bậc nhất đối với ẩn hay không .

c.

VÝ dô

:



VÝ dô 1

Giải phơng trình

55
4
56
3
57
2
58
1

x x x

x

(1) .

1 2 3 4

: (1) 1 1 1 1

58 57 56 55

59 59 59 59

58 57 56 55

x x x x

   
       
          
       
   
   
Gi¶i 
 
-59
x
0
59
x

0
55
1
56
1
57
1

58
1
59

x

Vậy phơng trình cã nghiƯm duy nhÊt lµ x = - 59 .



Ví dụ 2

Giải phơng trình

ạ

ạ

ạ

4
1
1
a
1
0
c
b
a
;
o
c

,
b
,
a
:
.
(2)

1
4
c
b
a
c
b
c
b
a
x
b
x
a
c
a
x
c
b
c
x
b

a
vµ
Víi
c
b
a
x
c
b
a
b
x
c
b
a
a
x
c
b
a
c
x
c
b
a
c
b
a
x
b

x
a
c
a
x
c
b
c
x
b
a




















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




)
(
4

4
4
1
1
1
)
2
(
:
i
Giả
c
b
a
x
x
c
b
a
c
b
a

c
b
a
x
c
b
a

0
0
4
1
1
1
)
(

Vậy phơng trình (2) cã nghiƯm duy nhÊt lµ x = abc



VÝ dơ 3

Giải phơng trình :

0
1
1
1
0
c
,
b
,
a
1
1
1

2 ạ ạ

bc
ac
ab
c
b
a
ab
c
x
ac
b
x
bc
a
x
và

với (3)

1 1 1 1 1 1 a

: (3) 2

bc a bc

1 1 1 1 1 1 1 1 1

bc b c a

b c
x

ac ab b c ac ab

a b c

x

ac ab c bc a ca b ab

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





1 1 1

1 1 1 1 1 1

( )

bc ab

1 1 1

( ) 0
ab

a b c a b c a b c
x

ac ab bc ac ab

x a b c

ac ab ac bc

x a b c

ac bc
x a b c

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



Ví dụ 4

Giải phơng trình :

0
1
1
1
i ạ

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

vớ (4)

 

 
 
ca
bc
ab
ca
bc
ab
x
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
ca
bc
ab
x
a
c
c
b
b

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

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

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

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
































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












x

0
1
1
1

1
1
1
1
1
1

1
1

1

1
1
1

1
1
1
(4)
:
i
Giả

. Ph

ơng trình

bậc hai

.Định nghĩa

:

Phơng trình bậc hai là phơng trình có dạng

ax2 + bx + c = 0 ( a ¹ 0) (1) .

Trong đó a , b , c là những số thực đã cho , x là ẩn số .
b.

Cơng thức nghiệm ph

ơng trình

(1)

Biểu thức D = b2 - 4ac đợc gọi là biệt thức ca phng trỡnh (1) .

Ta xét các trờng hợp :

D < 0 thì phơng trình (1) vô nghiệm .

D = 0 thì phơng trình (1) có một nghiệm kép :
x1 = x2 =

a
b

2
.

D > 0 thì phơng trình cã hai nghiƯm ph©n biƯt :

a
b
x
a
b
x
2
;
2 2
1
D



D



 .

3.

Một số ph

ơng trình quy về ph

ơng trình bậc hai

.

Ph

ơng trình dạng

:

af2 (x) + bf(x) + c = 0 , trong đó f(x) là hàm số với biến số x .

Đặc biệt khi f(x) = x2 phương trình ax4 + bx2 + c = 0 c gi l phng trỡnh trựng

phơng .

1 Cách giải :

Đặt t = f(x) chuyển phơng trình về d¹ng

at2 + bt + c = 0 Sau khi tìm đợc t , tìm x theo t .

a.2

VÝ dơ :

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



VÝ dô 5

: Giải phơng trình :

x4 + 24x - 112 = 0 . (5)

Giải : Đặt t = x2 0 , ta cã

(5)  t2 + 24t -112 = 0  t = -28 (loại) hoặc t = 4 .

Vi t = 4 thì x = ± 2 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là : x = -2 và x =
2 .

b.

Ph

ơng trình dạng:

(x + a)4 +(x + b)4 = c .

b.1

Cách giải :

Đặt t =

b
a

x , đa về dạng phơng trình trïng ph¬ng Èn t .

b.2

VÝ dơ :



Ví dụ 6

Giải phơng trình :

(x + 1)4 +(x + 5)4 = 40 . (6)

Gi¶i : §Ỉt t = x + 3 , ta cã :

(6)  (t - 2)4 + (t + 2)4 = 40  t4 + 24t2 -4 = 0

 t =± 148  12

VËy x = ± 148  12 - 3

c

.Ph

ơng trình có d¹ng

:(x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m (*),
víi a + b =c + d

c.1

Cách giải :

Đặt t = x2 + (a + b)x + e , trong đó e là một số thực đợc chọn thích hợp

c.2

VÝ dô :



VÝ dô 7 :

Giải phơng trình :

(x - 1)(x - 2)(x + 4)(x + 5) = 112 .(7)

Gi¶i:

  

    



3 4



3 10



112 (7)
112
5
2
4
1
)
7
(
2

2

x
x
x
x
x
x
x
x
11
121
7
3
x
t
2
2

t

a
x
t
112
3)
3)(t

-(t
(7)
:
có
t
ặt
Đ

+)Nếu t = -11 th× x2 +3x -7 = -11 x2 +3x + 4 = 0 ,v« nghiƯm

+) NÕu t = 11 th× x2 +3x -7 = 11 x2 +3x -18 = 0

x=-6 hoặc x=3
Vậy phơưng trình đã cho có hai nghiệm là x = -6 và x = 3 .

c.3

Chú ý :

Một số phơng trình dạng tơng tự phơng trình (*) cũng có thể giải đợc

theo cách trên

Ví dụ 8

Giải phơng tr×nh

(4x + 1)(12x - 1)(3x + 2)(x + 1) = 4 (8)

  
    




































2
3
0
6
t
4
2)
1)(t

-(t
(8)

:
ta
11
12
t
:
4
2
11
12
1
11
12

4
2
3

1
4
1
1
12
)
8
(
:
2
2
2
2
t
t
t
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
có
ặt
Đ
i

Giả

+) Với t = -3 th× 12x2 + 11x + 3 = 0 , phơng trình này vô nghiệm.

+) Với t = 2 th× 12x2 + 11x - 2 = 0

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

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
x1 =

24
217
11 

 vµ x

2 =

24
217
11 


d.

Ph

ơng trình có dạng

: ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 , với

2
2

d
b
a

e

* Đặc biệt khi

' d

b

a

e

Ta có phơng trình :

ax4 + bx3 + cx2 bx + d + a = 0 ,

Phương trình này thờng đợc gọi là phươngtrình bậc bốn có hệ số đối xng .

d.1

Cách giải :

Thử trực tiếp víi x = 0 , nÕu x ¹ 0 chia cả hai vế của phơng trình cho x2

v t

bx
d
x

t , rồi đa về phơng trình bậc hai Èn t

d.2

VÝ dô



Ví dụ 9 :

Giải phơng trình :

2x4 - 21x3 + 74x2 - 105x + 50x = 0 (9) .

Gi¶i :

Với x = 0 khơng phải là nghiệm của phương trình đã cho . Chia cả hai vế của
ph-ương trình (9) cho x2 ta có :

2
2

2 2

2
2

1 1

(9) 2 21 74 105 50 0

25 5

2 21 74 0 .

5 25

t 10

9
10) 21 74 0 2 21 54 0 2
6

x x

x a x

x x

t

t t t

t

     

   

       

   

     




       

Đặt t

t có Vậy

(9) 2(t

+) Với

2
9

t th×















2

5

2

9

5 x

+) Víi t = 6 th×















5

1

6

5 x

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm :
x =1 ; x = 2; x = 5 ;

2
5


x
4

.

Ph

ơng trình bậc ba

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

a.

Ph

ơng trình bậc ba là ph

ơng trình d¹

ng

:

ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a ¹ 0). (1)

Trong đó a , b , c là những số thực đã cho , x là ẩn số .

b.

Cách giải

:

phương trình bậc ba tổng qt đã đợc nhà tốn học Cácđanơ tìm ra , tuy
nhiên vì cơng thức nghiệm q phức tạp nên khơng trình bày . Trong chương trình
THCS , phơng trình (1) thờng đợc giải dựa vào nhẩm và đốn một nghiệm nào đó của
phơng trình .Ta chú ý rằng nếu a + b + c + d = 0 thì x = 1 là nghiệm của phơng trình
(1) , còn nếu a - b + c - d = 0 thì x = -1 là một nghiệm của phơng trình (1) . từ đó suy ra
các nghiệm cịn lại .

c.

VÝ dô



VÝ dô 10

Giải phơng trình 2x3 + 5x2 + 2x - 9 = 0 (10) .

Giải : Vì 2 + 5 + 2 - 9 = 0 nªn x0 = 1 là một nghiệm của phơng trình (10) .Ta

phân tích vế trái của (10) thành tích các nhân tử , trong đó có một nhân tử x
-1 , ta có :

(10)  (2x3 - 2x2) + (7x2 -7x) + (9x - 9) = 0

 2x2(x - 1) +7x(x - 1) + 9(x - 1) = 0

 (x - 1)(2x2 + 7x + 9) = 0









nghiƯm
V«
,
0
9
7
2
1
2 x
x
x

VËy nghiệm của phơng trình (10) có nghiệm duy nhất x = 1 .

II. Bài tập

1. Giải các phơng trình :
a.
2001
4
2002
3
2003
2
2004

1 






 x x x

x
.
b. 3
)
1
( 2
2
2 


x
x

x .

c. 1
)
1
(
1
1

2
2 


x

x .

d. 3 2 5

)
1
(
1
)
3
(
)
3
(
)
4
( 2
2
4
2
2
2
4










x
x
x
x
x
x
.
e.
2
2
4
2
12
4
1
2
1






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

f. 2 0

1
3
)
1
(
2

3
3
3

x
x
x
x

x .

g. 0
9
84
126
36
1
36
126
84
9
9
84
126
36

1
36
126
84
9
2
4
6
8
2
4
6
8
2
4
6
8
2
4
6
8

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

2. Giải các phơng trình :

a. x4 - 4x3 + 3x2 + 8x -10 = 0.

b. 2x4 + 3x3 - 16x2 + 3x + 2 = 0.

c. x4 - 2x3 - 6x2 +16x - 8 = 0.

d. x4 + x2 + 4x - 3 = 0 .

e. x4 - 3x2 - 10x - 4 = 0 .

f. x3 + 7x2 + 7x + 2 = 0 .

g. x3 + x2 + x = 
3
1
 .

h. (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = 9 .
i. (1 + x)2 +(x + 2)3 + (x + 3)4 = 2 .

j. (1 + x)4 = 2(1 + x4) .

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

k. (x + 3)4 + (x + 5)4 = 2 .

l. (x2 + 3x - 4)2 + 3(x2 + 3x - 4) = x + 4 .

m. x4 + (x - 1)(x2 - 2x + 2) = 0 .

n. 2000(2001 - 2000x2)2 = 2001 - x.

3. a. Tìm a sao cho phơng trình sau có nghiệm duy nhất và nghiệm đó dơng

2
3
2

2
3








a
a
a
x

ax

b. Tìm m để phơng trình (3m -1)x + m = 2x + 1 có nghiệm với mọi giá trị của m .
c. Tìm m để phơng trình

1
2

1 






x
x
x

m
x

cã nghiƯm duy nhÊt .

b. Tìm m để phơng trình (m2 - m)x = m - 1 có nghiệm duy nhất .

c. Tìm a để phơng trình sau có nghiệm duy nhất :

0
14

3
5

2
)
2
3
(

2
2

x
x

a
a
x
a

x .

d. Tìm tất cả số nguyên dơng p > 1 sao cho phơng trình sau có nghiệm duy nhất :

0
1
1
1
1

2
3

x

p
p
px

x .

4. Giải phơng trình :

x

n







 



1
1

b.

Định lý Viét

I.

Kiến thức cơ bản

1.

nh lý viột i vi ph

ng trỡnh bc hai

Định nghĩa thuận :

Nếu phơng trình bậc hai ax2 + bx + c =0 (a ạ 0) có hai

nghiệm x1 , x2 thì

a
c
x
a

b
x

x1 2  vµ x1 2  .

Định lý đả

o :Cho hai số a , b . Khi đó chúng là nghiệm của phơng trình x2 +

Sx + P = 0 , trong đó S = a + b ; P = a b

ý nghĩa của định lý Viéet

+ Cho phép nhẩm nghiệm trong những trờng hợp đơn giản .

+ Cho phép tính giá trị các biểu thức đối xứng của các nghiệm và dấu của các
nghiệm mà không cần giải phơng trình .

VÝ dơ



VÝ dơ 1 :

Cho c¸c phơng trình x2 + px + 1 = 0 và x2 + qx + 2 = 0 có các nghiệm

lần lợt là a , b và c , d . Chøng minh r»ng :
(b - a)(b - c) = pq - 6

Gi¶i :

Theo hƯ thøc ViÐt ta cã :

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

2bc

-qcb

1 và

ab

pb

a

Nên (b - a)(b - c) = b2 - (a + c)b + ac = b2 + (a +c)b + ac -2(a +c)b

= (b + a)(b + c) - 2(ab + bc) = (-p)(-q) - 2( 1+ 2) = pq - 6 .
VËy (b - a)(b - c) = pq - 6 .



VÝ dô 2 :

Cho m ạ 0 và phơng trình mx2 + px + q = 0 (1) cã hai nghiÖn d¬ng x

1 ,

x2 . Chøng minh r»ng :

a. Ph¬ng tr×nh qx2+ px + m = 0 (2) cịng cã hai nghiƯm d¬ng x
3,x4

b. x1 + x2 + x3 + x4 4 .

Giải :

a. Phơng trình (1) có hai nghiệm dơng x1 , x2 nên

D

0

4

0

21
1

2
1
1

2
1

21
1

2
1
1
1

m

q

xx

P

m

p

xx

S

mp

p

xx

P

xx

S

tức

là

Để ý rằng phơng trình (2) có D2 = p2 - 4mp = D1 0 nên phơng trình (2) có

hai nghiệm x3 , x4 .

Mặt khác 2 0
q
m

P nên x3 và x4 cùng dấu , vì 2 0
q
m

m

p
q

p

S nên x3 và x4

cùng dấu d¬ng .

b. Ta cã : x1 + x2 + x3 + x4 q

p
m

p 



 .

áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dơng mpqp , ta có

mq
p
mq

pm
m

p
mq

pm
m

p
q

p
m

p










2 .

Mặt khác vì 2 4 0

1   ³

D p mp nªn p2 ³ 4mq 4 2 0

q
m

q , suy ra 2

mq
p
2

 ³ .

V× thÕ   ³2 ³4 ,hay x1x2x3 x4 4

mq
p
q

p
m

p

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

Đẳng thức xảy ra khi vµ chØ khi































m

p

qm

mq

p

q

p

m

p

2

4

2 Định lý Vié t đối với ph

ơng trình bậc cao

a.

Định lý thuận

: Nếu phơng trình bậc n :

anxn + an-1xn-1 + ...+a1x + a0 = 0 , (an ¹ 0) .

Cã n nghiÖm x1 , x2 , ... , xn (các nghiệm không nhất thiết phân biệt ) thì ta cã hÖ

thøc ViÐt sau :

.
2

.
.

1 1 2 1

2
1
2
3
2
1
2
1
1
2
2
1












































n

k an

k
n
a
k
)
(
k
i
i
i
i
i

i x x x

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

a
x
x
x
n
n
n
n
n
n
n
n
.
)
1
(
1
0
2
1
a
a
x
x
x n

n  








































b

. Định lý đảo :

Cho n số thực tuỳ ý a1 , a2 , ... , an , đặt

.
2
.
.
2
1
1
2
1
2
2
1
1
.
1

1 1 2

n
n
k
n
n

n
S
i
i
i
S
S
S
n

k i i ik

a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a

















































 


Th× a1 , a2 , ... , an là các nghiệm của phơng trình :

xn - S

1xn-1+S2xn-2 - + (-1)kSkxn - k + ...+ (-1)Sn = 0 .

Chẳng hạn định lý Viét cho phơng trình bậc ba phát biểu nh sau :
Nếu : x1 , x2 , x3 là nghiệm của phơng trình bậc ba :

ax3 + bx2 + cx + d = 0 .

Th× :
.
.
.

3
2
1
1
3
3
2
2
1
3
2
1
a
d
x
x
x
a
c
x
x
x
x
x
x
a
b
x
x
x











c.

VÝ dơ



VÝ dô 3 :

Gäi x1 , x2 , x3 là ba nghiệm của phơng trình :

x3 + px + q = 0 . p , q Ỵ R

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

Chøng minh r»ng x13 + x23 + x33 = 3x1x2x3 .

Giải :

Theo hệ thức Viét cho phơng trình bËc ba ta cã x1 + x2 + x3 = 0 .

V× x13 + x23 + x33 - 3x1x2x3

= (x1 + x2 + x3)( x12 + x22 + x32 - x1x2 - x2x3 -x3x1) .

Nªn x13 + x23 + x33 - 3x1x2x3 = 0 .

Suy ra x13 + x23 + x33 = 3x1x2x3 .



VÝ dơ 4 :

Gi¶i phơng trình x3 + px2 + qx + r = 0 , biết rằng giữa các nghiệm x

1 ,

x2 , x3 của phơng trình có mối liên hệ x1 = x2 + x3

Giải :

Theo hệ thức Viét cho phơng tr×nh bËc ba th×

(3)

.

(2)

.

(1)

.

3
2
1

1
3
3
2
2

3
2
1

r
x
x
x

q
x
x
x
x
x
x

p
x

x
x

Vì x1 = x2 + x3 nên tõ (1) suy ra x1 =
2

p

 nh vËy th×

3
2

p
x

x  

Theo (2) th×

4
)

( 2 3 2

1
3

p
q
x
x
x
q
x

x      . V× vËy x2 , x3 là hai nghiệm của phơng

trình :

0
4
2

2
2

pX q p

X .

Chú ý rằng phơng trình này có nghiệm khi và chỉ khi :

2
2

16
5
0

4
4
5
4
4

4 q q p

p
p

q
p

D .

Chẳng hạn khi p = 4 , q = 1 thì x2 , x3 lµ hai nghiƯm cđa pt :

X2 + 2X - 3 = 0 .

Nên

1

3

1

3

2

3

2 x

hoặc

, suy ra x1 = x2 + x3 = -2 .

II

. Bài tập

1.Giả sử x1 , x2 là các nghiệm của phơng trình x2 + px - 1 = 0 với p là số nguyên lẻ . Chứng minh

rằng : với số tự nhiên n tuỳ ý , các số Sn= x1n + x2n vµ Sn+1= x1n+1 + x2n+1 lµ những số nguyên và

số nguyên tố cùng nhau .

2. Tìm tất cả các số tự nhiên m , n sao cho các nghiệm của phơng trình
x2 - m(n + 1)x + m + n + 1 = 0 còng là số tự nhiên .

3. Cho x1 , x2 là các nghiệm của phơng trình x2 - 6x + 1 = 0 . Chøng minh r»ng : víi sè tù nhiên n

tuỳ ý số Sn= x1n + x2n là số nguyên và không là bội của 5 .

4. Chứng minh r»ng nÕu a1a2 ³ 2(b1 + b2) th× Ýt nhÊt một trong hai phơng trình sau có nghiệm : x2

+ a1x + b1 = 0 (1) vµ x2 + a2x + b2 = 0 (2) .

5. Chøng minh r»ng trong ba phơng trình sau đây có ít nhất một phơng tr×nh cã nghiƯm :

x2 + 2ax + bc = 0 (1)

x2 + 2bx + ca = 0 (2)

x2 + 2cx + ab = 0 (3)

6. Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phơng trình x2 - ax + 1 = 0 .

a. H·y tÝnh S7 = x17 + x27 theo a .

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

b. Tìm đa thức bËc 7 cã hƯ sè nguyªn nhËn 7 7

2
5

5
2




a lµ nghiƯm .

7. Ch a , b lµ hai số dơng . Biết rằng phơng trình x3 - x2 + 3ax - b = 0 cã ba nghiƯm (kh«ng nhÊt

thiÕt ph©n biƯt ) . Chøng minh r»ng 3 27 28

 b

b
a

8. Cho a , b , c là độ dài ba cạnh của một tam giác , a > b ³ c . Xác định tất cả các giá trị x > 0
sao cho a + x , b + x , c + x , là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông .

9. Chứng minh rằng : nếu phơng trình x2 + px + q = 0 cã mét nghiƯm gÊp k lÇn một nghiệm của

phơng trình x2 + mx + n = 0 thì các hệ số m , n , p , q tho¶ m·n hƯ thøc (q - k2n)2 - k(p - km)

(knp - qm) = 0 .

10. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phơng trình ax2 + bx + c = 0 (ac ạ 0) có hai nghiệm

trong đó có một nghiệm gấp k lần nghiệm kia (k ạ 1) là kb2= (k + 1)2ac.

11. Trong một cặp nghiệm của phơng trình x2 - yx2 - y + 8x + 7 = 0 , h·y t×m cặp nghiệm (x , y)

mà y có giá trị lớn nhất .

12. Với giá trị nguyên nào của a , b thì phơng trình x2 + ax - b = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1 , x2

thoả mÃn -2 < x1 < -1 vµ 1 < x2 < 2 .

13. Chøng minh r»ng nÕu a , b , c là những số nguyên lẻ thì phơng trình ax2 +bx +c=0 không có

nghiệm hữu tỷ .

14. Cho p abc là một số nguyên tố có ba chữ số . Chứng minh rằng phơng trình

ax2 + bx + c = 0 không có nghiệm hữu tỷ .

15. Cho phơng tr×nh ax2 - bx + b = 0 (ab > 0) có các nghiệm là x

1 , x2 . Chứng minh rằng tồn tại

các số a1 , a2 ẻ { -1 , 1 } sao cho :

2
1
2
1
2
1






a
b
x

x
x

x

a .

16. Cho phơng trình ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a ạ 0) có ba nghiệm dơng là x

1 , x2 , x3 . Chøng minh

r»ng : x17 + x27 + x37 5

2
3

81a

c
b

³ .

17. Chøng minh r»ng víi mọi số thực a , phơng trình bậc ba x3 - x2 + 18ax - 2a = 0 kh«ng thĨ có

ba nghiệm dơng phân biệt .

18 . Giải phơng trình bËc ba x3 + px2 + qx + r = 0 biết rằng giữa các nghiệm x

1 , x2 ,x3 cđa nã cã

mèi liªn hƯ x12 = x2x3 .

Phơng trình cha du giỏ tr tuyt i

I. Kiến thức cơ bản

1. Dạng cơ bản

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

-G(x)

F(x)

hoặc

)(

F(x)

)(

0 )(

xG

xF

x

G

x

G

xF

xG

x

G

xF

xG

x

G

xF

Chỳ ý

: khi giải phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối , ngi ta cng hay s dng phng phỏp

chia khoảng và phơng pháp hàm số .

2. Một số ví dụ :

Ví dụ 1 :

Giải phơng trình 2x 1 2x1 4 . (1)

Giải :

Nếu

2
1

x thì 2x-1 2x 1; 2x1 2x1 .

(1)  2x - 1 + 2x + 1 = 4  4x = 4 x = 1 , thoả mÃn đk
NÕu
2
1
2
1



 x th× 2x-1 1 2x; 2x1 2x1 .

(1)  1 - 2x + 2x + 1 = 4  0x = 2 , v«nghiƯm .
 NÕu

2
1



x th× 2x-11 2x; 2x12x 1 .

(1)  1 - 2x - 2x - 1 = 4  -4x = 4  x= -1, thoả mãn đk
Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là x = -1 và x = 1 .

Ví dụ 2 :

Giải phơng tr×nh : 2 5 2 7 1





x x x

x (1) .

Gi¶i

:

(1)

























)

(1"

1

7

5 )

(1'

1

7

5

2
2
2
2

x

4
13
3
4
13
3
0
1
6
4x
)
(1' 2
x
x
x

6
2 2
4
6
2 2
4
0
1
8
6 x
)
(1" 2
x
x
x

Vậy phơng trình (1) có bèn nghiƯm :

4
13
3
;
6
22

4
;
4
13
3
;
6
22
4
4
3
2
1












 x x x

x



VÝ dơ 3 :

Giải phơng trình 2 5 5 2 2 10 11 (3)







 x x x

x

Gi¶i :

(3) 2 5 5 2( 2 5 5) 1.








 x x x x

Đặt t = x2 - 5x + 5 ta có : (3) t 2t 1.

Vì vế trái không âm nên vế phải cũng không âm , tức là -2t - 1 ³ 0 hay .
2

t

t   

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

VËy (3)  -t = -2t -1  t= -1 , thoả mÃn điều kiện

2
1

t .

Do ú

3
2

0
6
5
1
5
5 2
2
x
x
x
x
x
x

Vậy phơng trình có hai nghiệm x = 2 vµ x = 3 .

II. Bµi tËp :

3.

Giải phơng trình :

.
4
3
3
2
2
1

-x

d.
.
3
1
4

-x
3

c.
.
1
1

-x
1
x

b.
.
4
4
5

. 2















x
x
x
x
x
x
a

.
1
x

-1

l.
.
0
1
1
5
x

k.
.
1
8
2
x
g.
.
5
2
2
3
2x

-3

f.
.
1
4
3

-x

e.
2
2
2
2
3

2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x




















4.

Gi¶i phơng trình :

.
1
1
x

d.
.
3
3
x
2

c.
.
0
6
3x

-2

b.
.
0
3
2
1

-3x

.
2
2
2













x
x
x
x
a

.
2
)
2
(

1
1
x

g.
.
2
1
x

f.
.
2
3
5
2x

-7

.
2
2

x
x
x
x
x
x
x
e

5.

Với giá trị nào của tham số a , phơng trình sau có nghiÖm duy nhÊt

.
1
1
2
1

-x

b.
.
3
1
2

.

a
x
x
a
x
a








6.

BiƯn ln theo tham sè m sè nghiƯm cđa ph¬ng trình x1 x2 m .

Phơng trình vô tỷ

I. Kiến thức cơ bản

1. Ph

ơng trình vô tỷ cơ bản

k
k

xg

xf

xg

xf

2
2

)(

0)

(

)(

)0

)(

(0

)(

2
2

xg

xf

xg

xf

xg

xf

k
k

hoặc

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

 2 1  2 1
)
(
)
(
)
(
)
( 

    k

k f x g x f x g x

(Trong c¸c biểu thức trên , k là số nguyên dơng )

Chỳ ý :

Nếu gặp các dạng không cơ bản , phải đặt điều kiện cho căn thức bậc chẵn có

nghĩa , rồi biến đổi để đa về dạng cơ bản .

2. Mét sè vÝ dô



VÝ dô 1:

Giải phơng trình : 2x1 x 34 (1) .

Giải

:

Điều kiện để các căn thức có nghĩa x ³ 3 (*) .
(1)  2x1x 32 (2x1)(x 3) 16 2 (2x1)(x 3) 3(x 6)

Vế phải không âm vì vế trái khơng âm do đó x  0 (**) .
a.  x2 - 88x + 336 = 0

(**)
(*)
84
x
(**)
(*)
4
và
mÃn
thoả
không
và
mÃn

thoả
x

Vậy phơng trình có nghiệm duy là x = 4 .

Chú ý:

Nếu phơng trình có chứa căn thức bậc chẵn thì ta chỉ đợc nâng lờn lu tha

bậc chẵn hai vế của phơng trình khi hai của phơng trình không âm .

Ví dụ 2 :

Giải phơng trình 2x2 8x6 x2 12x2 (2) .

Gi¶i :

Điều kiện để các căn thức ở phơng trình (2) có nghĩa x ³ -1 (*) .
(2)  2(x1)(x3) (x1)x1) 2(x1) (2’) .

 x = -1 lµ nghiệm của phơng trình (2) .
Nếu x ạ -1 tức là x + 1 > 0 thì :

(2)  2(x3)  x 12 x1 (2").

Điều kiện để các căn thức ở phơng trình (2”) có nghĩa x ³ 1 (**)

)
'
(2"

1
)
1
)(

3
(
2
2

)
1
(
4
)
1
)(
3
(
2
2
1
)
1
(
2
)
"
2
(

x
x
x
x
x
x
x
x

x = 1 là nghiệm của phơng trình (2) .
Nếu x ạ 1 tức là x > 1 th× :

1
x
7
25

-x
0
25
7x

1
)
3
(
8
1
)
3
(
2
2
)
'
"
2
(















do
x
x
x
x
nghiƯm
v«

Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm x = -1 và x = 1 .

Chú ý :

Nhiều phơng trình vơ tỷ có thể giải rất ngắn gọn bằng phơng pháp đánh giá



VÝ dô 3

: Giải phơng trình 3 1 3 2 3 3 0

x x

x

Giải :

Ta có x = -2 là một nghiệm của phơng trình .

Nếu x < -2 thì

1

3

0

2

1

3
3
3

x

nên 3 1 3 2 3 3 0

x x

x .

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

 NÕu x > -2 thì

1

3

0

2

1

3
3

x

nên 3 1 3 2 3 3 0







 x x

x .

Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = -2 .

Chó ý :

Nhiều khi phơng pháp nhân liên hợp tỏ ra rất hiệu quả khi giải các phơng

trình vô tỷ .



Ví dụ 4

: Giải phơng trình : 4x1 3x 2x53 (4) .

Giải

:

Điều kiện để các căn thức ở phơng trình (4) có nghĩa x ³

3
2
.

)
(4'
5
2
3
1
4

5
3
2
3
1
4
3
5
3
2
3
1
4
)
2
3
(
)
1
4
(
)

4
(





















x
x
x
x
x
x
x

x
x
x
x

Khi x ³ 32 thì hàm số f(x) = 4x1 3x 2 đồng biến và f(2) =5 nên phơng trình
(4’) có nghiệm duy nhất là x = 2 , đây cũng là nghiệm duy nhất của phơng trình đã
cho .

Chú ý :

có thể giải phơng trình vơ tỷ bằng cách đặt ẩn phụ và chuyển về phơng

trình đại số hoặc hệ phơng trình đại số đơn giản và dễ giải hơn .



Ví dụ 5 :

Giải phơng trình : 4 97 4 15 4





 x x (5) .

Gi¶i :

Đặt u4 97 x, v4 x15 th× u ³ 0 , v ³ 0 , u4 + v4 = 82 .



















³



(2)

82 (1)

4

0 ,

)5(

4
4

v

u

v

u

v

u

Tõ (1) v = 4 - u,thay v = 4 - u vµo (2) ta cã : u4+(4 - u)4=82 (2)

Đặt t = u - 2 ta cã :

(2’)  (t + 2)4 + (t - 2)4 = 82

 t4 + 24t2 - 25 = 0  t2 = 1











































16

96

1

3

1

3

1 x

v

u

t

v

u

t

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

II. Bµi tËp

1. Với giá trị nào của x thì mỗi đẳng thức sau đây là đúng :

2
1
2
1

-2x
x

.
1
1

2
1

-2x
x

.
2
1
2
1

-2x
x

.

x
x
c
x
x
b
x
x
a

2. Giải các phơng trình sau :

2
4

1 5
. 8

2
3
. x 2

8
a x
x
b x
 
 
2 3

. x 2 4 3 4

. x(x 1) ( 2) ( 3

c x x x

d x x x x

   
    

x
k
x
x
x
g
x
x
f
x
e
n


























 





 

 2 x 2 x 2 x 2 3x

.
4
4
8
40
8
3
x
.
4
4
3
21
11
2x

.
2
1
x
1

.
3
2
3
3
2
2

3. Giải các phơng trình sau :

2 5 2 5

. x 2 x-1 x 2 x-1 1
. x 3 4 x-1 x 8 6 x-1 1
. ( x 1 ) ( x 1 ) 123

. x-1 3 2 ( 1)( 3) 4 2
. x 1 4 9 0

a x

b

c x x

d x x x x

e x x x

    
     
     
      
      
2

3 2 3 2

4 2

. 2x 3 1 3 2 2 5 3 16

. x 1 2 3

. 1- x 1

. x-2 2003 2004 ( )

f x x x x

g x x x

h x x

k y z x y z

       

     

  

      





x x

q
x
x
x
x
p
x
x
x
n
z
y
m
x
x
x
l




































2
1
2
1
1

-x

.
1
3
1
)
1
(
)
1
(
2
1
x

.
4
3
3x
1
5
3x
2
x

-3
7
3x
.

5
6
3
4
2

-x
2
4
z
y
x
.
9027
190
96
94

-x

.
3
2
2
2
2
2
2

4. Giải và biện luận phơng trình :

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

.
0
và p
số
tham
là
p
x

.
số
tham
là

c
,
b
,
a

.
sè
tham

lµ
a

4
1
a
0
vµ
sè
tham
lµ
a
x

.
sè
tham
lµ
a
(x

.
sè
tham

lµ
a

2
n

2
2










































,
1
2

,
,
4

3
x
1
x

d.

.
,

16
1
16

1
2

,
6
5
)

6
5

,
x
a

-a

.

2
2

2
2
2

p
px
p

p
px

c
x
b
x

x
a
a

x

a

a
x

x
a
a
ax

a
ax
x

x

x
a

n
n

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27></div>
(28)<div class='page_container' data-page=28></div>
(29)<div class='page_container' data-page=29></div>
(30)<div class='page_container' data-page=30></div>
(31)<div class='page_container' data-page=31></div>
(32)<div class='page_container' data-page=32></div>
(33)<div class='page_container' data-page=33></div>
(34)<div class='page_container' data-page=34></div>
(35)<div class='page_container' data-page=35></div>
(36)<div class='page_container' data-page=36></div>
(37)<div class='page_container' data-page=37></div>
(38)<div class='page_container' data-page=38></div>
(39)<div class='page_container' data-page=39></div>
(40)<div class='page_container' data-page=40></div>
(41)<div class='page_container' data-page=41></div>
(42)<div class='page_container' data-page=42></div>
(43)<div class='page_container' data-page=43></div>
(44)<div class='page_container' data-page=44></div>
(45)<div class='page_container' data-page=45></div>
(46)<div class='page_container' data-page=46></div>
(47)<div class='page_container' data-page=47></div>
(48)<div class='page_container' data-page=48></div>
(49)<div class='page_container' data-page=49></div>
(50)<div class='page_container' data-page=50></div>
(51)<div class='page_container' data-page=51></div>
(52)<div class='page_container' data-page=52></div>
(53)<div class='page_container' data-page=53></div>
(54)<div class='page_container' data-page=54></div>
(55)<div class='page_container' data-page=55></div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Hệ Phơng trình

Hệ Phơng trình hữu tỷ

III. Kiến thức cơ bản

7. H ph

ng trỡnh đối xứng loại một

Định nghĩa :

Một hệ phơng trình hai ẩn x , y đợc gọi là hệ phơng trình đối
xứng loại một nếu mỗi phơng trình của hệ đã cho đối xứng với hai ẩn x , y
(nghĩa là mỗi phơng trình của hệ khơng thay đổi khi ta đổi vai trị của x , y cho
nhau ) .

TÝnh chÊt :

NÕu (x0 , y0) là một nghiệm của hệ thì (y0 , x0) cũng là nghiệm của

hệ .

Cách giải th

ờng dùng :

Đặt S = x+y , P = xy , víi S2 ³ 4P .

VÝ dơ 1 :

Giải hệ phơng trình :

28 )

(3

11 y

x

y

x

xy

y

x

(I).

Giải

: Đặt

xy

P

y

x

S

ta có :

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























































-10S

5

11

050

5

11 283)

11(2

11

283

2

11 )(

2 hc

S

SP

SS

SP

SS

S

SP

S

PS

I

 NÕu S = 5 thì P = 6 nên x , y là cá nghiệm của phơng trình :

2)
;
3(
)
;
(
)3
;

2(
)
;
(
3
2
0
6
5
2
y
x
y
x
t
t
t
t

 NÕu S = -10 th× P = 21 nên x , y là cá nghiệm của phơng trình :

7)
- ;
3
(
)
,
(
)3
- ;
7
(
)
,
(
3
7
0
21
10
2

y
x
y
x
t
t
t
t

Vậy hệ phơng trình có bốn nghiƯm :

(x ; y) Ỵ {(2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-7 ; -3) ; (-3 ; -7)}.

8. Hệ ph

ơng trình đối xứng loại hai

Định nghĩa :

Một hệ phơng trình hai ẩn x , y đợc gọi là hệ phơng trình đối
xứng loại hai nếu trong hệ phơng trình khi ta đổi vai trị của x và y cho nhau thì
phơng trình này trở thành phơng trình kia .

TÝnh ChÊt :

Nếu (x0 , y0) là một nghiệm của hệ thì (y0 , x0) cịng lµ nghiƯm cđa

hƯ .

Cách giải th

ờng dùng

:

trừ các vế tơng ứng của hai phơng trình thì nhận đợc
phơng trình tích dạng :

(x - y)f(x , y) = 0 hc f(x , y) = 0 .
d.

VÝ dơ 2 :

gi¶i hƯ phơng trình

(2)

2

1 (1)

2

1

3
3

x

y

x

(II) .
Giải :

Trừ từng vế phơng trình (1) cho phơng trình (2) ta có :
x3 - y3 = 2(y - x)  (x - y)(x2 + xy + y2 + 2) = 0

 x - y = 0  x = y

( v× x2 + xy + y2 + 2 = 2 0

4
3
2
2
2

y y

x với mọi giá trị x , y ) .

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

Thay y = x vµo phơng trình (1) ta có :

x3 - 2x + 1 = 0  (x - 1)(x2 + x - 1) = 0 


















2
5
1
2
5
1
1
x
x
x
.

Vậy hệ phơng trình đã cho có ba nghiệm :
(x ; y)  



















   







   
Ỵ
2
5
1
;
2
5
1
;

2
5
1
;
2
5
1
;
1
;
1

9. Hệ ph

ơng trình đẳng cp :

Đa thức hai biến x , y có dạng :

P(x , y) = anxn + an-1xn-1y + an-2xn-2y2 + ... + a2x2yn-2 + a1xyn-1 +a0yn-1 , trong đó nlà số tự

nhiên , a0 , a1 , ... , an là những số thực không đồng thời bằng không , đợc gọi là đa thức

đẳng cấp bậc n .

Định nghĩa :

Hệ phơng trình đẳng cấp là hệ có dạng









)

,

(

)

,

(

)

,

(

)

,

(

2
2
1
1

y

x

f

y

x

g

y

x

g

y

x

f

Trong đó f1(x , y) và f2(x , y) là hai đa thức đẳng cấp cùng bậc ; g1(x,y) và g2(x , y) là hai đa

thức đẳng cấp cùng bậc .

Ta thờng gặp hệ phơng trình vế trái đẳng cấp bậc hai dạng :

















2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
2
1

d

y

c

xy

b

x

a

d

y

c

xy

b

x

a

và hệ phơng trình vế trái đẳng cấp bậc ba dng :

2
3
2
2
2

2
2
2
2
1
3
1
2
1
2
1
2
1

e

y

d

xy

c

y

x

b

x

a

e

y

d

xy

c

y

x

b

x

a

10. Cách giải th

ờng gặp :

Trờng hỵp y = 0 ta xÐt trùc tiÕp .

 Nếu y ạ 0 thì ta đặt ẩn phụ t yx ta nhận đợc một hệ phơng trình mới (ẩn t

và y ) tơng đối đơn giản hơn và dễ giải hơn .

 Ta khử y và giải phơng trình ẩn t , rồi tìm y và x theo t đã biết .

Chú ý :

Có thể xét trực tiếp x = 0 , nếu x ạ 0 thì đặt t =
x
y

và giải tơng tự cách
trên .

Ví dụ 3

Giải hệ phơng trình :

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

 NÕu y = 0 th× tõ (1) suy ra x2 = 9 , cßn tõ (2) suy ra x2 = 0 , vậy trong

tr-ờng hợp này vô nghiệm .

 Nếu y ạ 0 đặt x = ty , thay vào phơng trình (2) ta có :
y2(2t2 - 13t + 15) = 0  2t2 - 13t + 15 = 0








2
3
5
t
t

o NÕu t = 5 th× x = 5y thay vào phơng trình (1) ta có :

2
2
2
2
2
1
2












y
y

y khi đó










2
2
5
2
2
5
x
x

o NÕu t = 23 thì x =

y , thay vào phơng tr×nh (1) ta cã :

2
2
4
2








y
y

y khi đó 






3
3
x
x

Vậy hệ phơng trình đã cho có bốn nghiệm :

(x ; y)    

































Ỵ ; 3;2; 3; 2

2
2
;
2
2
5
;
2
2
;
2
2
5
.

11. Một số hệ ph

ơng trình dạng khác

Ví dụ 4 :

Giải hệ phơng trình theo tham sè a , b , c , d :

d
z
y
x
c
u
y
x
b
u
z
x
a
u
z

y

Giải :

Cộng vế theo vế của cả bốn phơng tr×nh ta cã :
x + y + z + u =

3
1

(a + b + c + d) .

LÊy ph¬ng trình này trừ vế theo vế cho phơng trình thứ nhÊt
x =

3
1

(-2a + b + c + d) .
Tơng tự ta tính đợc

y =

3
1

(a -2 b + c + d) .
z =

3
1

(a + b - 2c + d) .
u =

3
1

(a + b + c - 2d) .
b.

Ví dụ 5 :

Giải hệ phơng tr×nh

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

























c

b

a

bz

ay

cx

c

b

a

az

cy

bx

c

b

a

cz

by

ax

Với a , b , c không đồng thời bằng không và a + b + c ạ 0 .

Giải :

Đặt X = x - 1 , Y = y - 1 , Z = z - 1 thì hệ đã cho trở thành :























0 bZ

aY

cX

aZ

cY

bX

cZ

bY

aX

Céng vế theo vế cả ba phơng trình , rồi chia cho a + b + c ¹ 0 ta cã :
X + Y + Z = 0 .

Thay Z = -(X + Y) vào hai phơng trình đầu của hệ trên ta có :

0 )

(

)

(

0 )

(

)

(

Y

a

c

X

a

b

Y

c

b

X

c

a

Nhân hai vế của phơng trình đầu với (a - c) và hai vế của phơng tr×nh thø hai víi (b - c) ,
råi céng vÕ theo vÕ ta cã :

( a - c)2 + (b - a)(b - c) X = 0 (1).

Mµ : ( a - c)2 + (b - a)(b - c) = a2 + b2 + c2 - ab - ac - bc

= 



    



1 2 2 2







 b b c c a

a .

Nªn (1)  X = 0 .

Tính tốn tơng tự thì Y = 0 , suy ra Z = 0 . Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm duy
nhất : x = y = z = 1 .

IV. Bµi tËp

12.

Giải các hệ phơng trình sau :

3
3
3

2 )

(

)

(

)

(

2 )

(

)

(

)

(

2a

c)x

(b

-b)z

(a

a)y

(c

)

c

z

b

a

y

a

c

x

c

b

y

a

c

x

c

b

z

b

a

biết a + b ¹ 0 , b + c ¹ 0 , c + a ¹
0 .























b-a

cz

-y)

b)(x

(a

a-c

by

-x)

a)(z

(c

c-b

ax

-z)

c)(y

(b

)

b

biÕt a + b + c ¹ 0 .

13.

Cho (x , y) là nghiệm của hệ phơng trình :

3

2

1

2

2
2

y

a

x

a

y

x

Xác định a để tích xy đạt giá trị nhỏ nhất , tìm giá trị nhỏ nhất đó .

14.

Cho hệ phơng trình :

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

m

xy

y

x

m

xy

y

x

2
2

1

a) Giải hệ với m = -2 .

b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ có nghiệm (x , y) với x < 0 và y < 0 .

15.

Gi¶i hƯ : xi2 = 2002xi+1 + 1 , víi mäi i = 1 , 2 , 3 ... , 2002(Qui íc x2003=x1)

16.

Tìm bốn số thực x1 , x2 , x3 , x4 sao cho mỗi số cộng với tích cỏc s cũn li u

bằng 2 .

17.

Giải các hệ phơng trình sau :

2
3 2
3
2

2
2 2
2 2

2 2 2 2

2
2
1
x 7
2 1
) )
1

2 1 x 3

xy x y 19
10

) d)

4 x 84

x 4 65

) )

x xy y 2 ( 1)( 1) 18
x 3

)
3

x

x y y y

a b

y x

y

x y

c

x y y xy

xy y x y

f g

x y

y x
h

y x y


  

  
 
 
 

   


  
   
 
   
 
      
 
     
 
  


 


3
3

2 2 2 2

x 7 3
)

7 3
3x 2 11 2y(x ) 3

) )

x 2 3 17 ( ) 10

x y

i

y y x

xy y y x

k l

xy y x x y y

  


 


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

18.

Cho a , b , c là độ dài ba cạnh của một tam giác . Giải hệ phơng trình ẩn x y , z
sau :

























)

(

2 x

)

(

2 z

)

(

2 y

3
3
3
3
3
3

zx

yz

xy

c

y

zx

yz

xy

b

x

zx

yz

xy

a

z

19.

Cho hƯ ph¬ng tr×nh Èn x1 , x2 , ... , xn





























1
2
1

2
1
3
2
2
2
2
1
2
1

x

c

bx

ax

x

c

bx

ax

x

c

bx

ax

x

c

bx

ax

n
n
n
n

n

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

a) HƯ kh«ng cã nghiƯm thùc nÕu (b - 1)2 - 4ac < 0 .

b) HÖ cã mét nghiÖm duy nhÊt nÕu (b - 1)2 - 4ac = 0 .

c) HƯ cã h¬n mét nghiƯm thùc nÕu (b - 1)2 - 4ac > 0 .

20.

a. Cho hƯ ph¬ng trình :

35

15

3

4
4
3
3
3

z

y

x

z

y

x

z

y

x

Có một nghiệm (x , y , z) thoả mÃn
điều kiên x2 + y2 + z2 < 10 HÃy tÝnh

: S = x5 + y5 + z5

b. Cho ba số a , b , c đôi một khác
nhau , (x , y , z) là một nghiệm
của hệ phơng trình :























d

c

z

c

y

c

x

d

b

z

b

y

b

x

d

a

z

a

y

a

x

)

)(

(

)

)(

(

)

)(

(

H·y tÝnh : P = x3 + y3 + z3

21.

Giải các hệ phơng trình sau :

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





2 2
3 3
2
2 2
2 2
2 2
2 2

x 4 4

x 7

) )

( ) 2 3 4

1
(x y) 1 5

x 3 1

) )

3 3 13 1

1 9
y
x-3y 4
x
) )
3 4
xy y
y
m n

xy x y y xy

xy y

p q

x xy y

x y
x y
r s
x
y x
y
   
   
 
    
 
  
  
  
   
   
 
    

    
 

 







  



3 3 3

1 3
2x
y
1 3
2y
x

x 3 8 5x 3 6 2

) )

3 8 3 2 8 3

x
y

x y y xy

t v

y y x x y xy

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

4 )

)(

(

4 )

)(

(

4xy

z)

y)(y

(x

)

2
2
2























y

zx

y

x

z

x

yz

x

z

y

z

g



























































1

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

3
3
2
2
1

x

a

x

a

x

a

x

a

x

a

x

a

x

a

x

a

x

a

x

a

x

a

x

a

4
4
3
3
2
2
1
1

a

l)

( a1 , a2 , a3 , a4 là bốn số khác

nhau cho trớc )

22.

Giải các hệ phơng trình sau :

2
2

1 2 3

2 3 4

n 1 2

3 3 2
3 3 2
3 3 2

3 2 2

3 2
2
2
)
2
2

2x 5 3 0
2x 5 3 0
)

...

2x 5 3 0

x ( ) 14

) ( ) 21

z ( ) 7

x ( 3 3) 3
) y ( 3 3) 3

z (

x x y

y y z

a

z z t

t t x

x x

b

x x

y x y z xyz

c y z y z x xyz

x z x y xyz

y y y

d z z z

x
  

 


 

  

  


  



   


     

    


    

  
  
3x 3) 3x2




 

2
2
3
4 2
3
6 4 2

1 2
2
2 3
3
2001 2002
2002
2002 1

1
2x
1
3
)
1
4
1
1
2x
1
2x
) ...
1
2x
1
2x
y
x
y
k z
y y
z
x

z z z

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

3 2
3 2
3 2

x 9 27 27 0
) y 9 27 27 0

z 9 27 27 0

y y

e z z

x x
    

   


   


x(x y z) a-yz

) y(x y z) b-zx ,(a , b , c 0
z(x y z) c-xy

m
  


   


   












³





































0

4

9 )2

)(

2(

x)

-(3

2 y

)

0

3

2 2x

0

3

2 2z

0

3

2 2y

)

2
2
3
2
3
2
3
2
3

z

x

z

x

y

z

g

z

y

x

f



























2
1
2003

1
2003
1
2003
2002
2003
2002
4
3
2
3
2
3
2
1
2
1
2003
x
2003
x
...
2003
x
2003
x

n)
x
x

x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

























³



















xyz

z

y

i

z

x

z

y

z

y

h

4
4
4
2
2
3

x

1 z

y

x

)

0

16

5 )3

)(

2(

8

4

2

3 3)

(x

)




















9
1
1
z
y
1
8
1
1
x
z
1
5
1
1
y
x
1
)
x
y
z
l

HƯ Ph¬ng trình vô tỷ

V. Kiến thức cơ bản

23. Ví dụ 1:

Giải hệ phơng trình:

4

7

1

4

7

1 x

y

x

Giải:

Điều kiện -1 x  7 , -1  y  7 .
Tõ hệ phơng trình suy ra

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

.
(1)

7
1
7
1
7
1
7

1 y y x x x y y

x               Ta cã hµm sè f(x) =

x

x1 7 đồng biến trên đoạn -1 ; 7

Nªn tõ (1) suy ra x = y . VËy hƯ ph¬ng trình trở thành :

x
x1 7 = 4

Mt khỏc ỏp dụng bất đẳng thức bunhiacơpxki ta có :

(1 x11 7 x)2  (12 + 12)(x + 1 + 7 - x) = 16

 x1 7 x  4 .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x + 1 = 7 - x  x = 3 .

Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( x ; y) = (3 ; 3).

24. VÝ dô 2 :

Giải hệ phơng trình :

1

4
4

x

y

x

Giải

:

Để các căn thức có nghĩa thì x 1 vµ y ³ 1 .

Khi đó x4 y1 ³ 1, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1 . thử lại ta có x = y = 1

là nghiệm của hệ đã cho .Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x ; y) = (1 ; 1) .

25. VÝ dô 3

: cho hệ phơng trình

m

x

y

m

y

x

2

1

2

1

a) Tỡm tt c cỏc giá trị của m để hệ có nghiệm .
b) Giải hệ phương trình khi m = 9 .

Gi¶i

:

§iỊu kiƯn











³

0

2 m

y

x

a) Từ hệ đã cho ta có :









y
x
x
y

y
x
x
y
y
x
x
y
y
x





























2

-2y

-x
xy
2

-2x

-y
xy

)
2
)(
1
(
)
2
)(
1
(

2
1
2
1
2
1
2

1 2 2

Hệ phương trình
đã cho trở thành :

m
x

x1  2  (1).

Vì hàm số f(x) = x1 x 2 đồng biến trên 2 ; +Ơ) nên giá trị nhỏ nhất của hàm

sè nµy b»ng f(2) = 3 . Vì vậy phơng trình (1) cã nghiƯm khi vµ chØ khi m ³

3 hay m ³ 3 .

b) m = 9 th× f(3) = 3 = 9 nên với m = 9 yhì hƯ cã nghiƯm duy nhÊt lµ (x ; y)

= (3 ; 3) .

26. VÝ dơ 4 :

Gi¶i hƯ phơng trình :

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

Giải

:

Đặt u3 x,v3 y

thì hệ đã cho trở thành

 















































































8

6 9)3

36(6

6

93 )()

(

6 9)

)((

6

9

6 )(

3)

(2

6

2

33 uv

vu

uvuv

vu

uvuv

vuv

u

vu

uvv

uvu

vu

uvv

u

vu

vuuv

vu

VËy u , v là hai nghiệm của phơng trình : X2 - 6X + 8 = 0 .Suy ra (u ; v) = (2 ; 4)

hoặc (u ; v) = (4 ; 2) . Vì vậy (x ; y) = (8 ;64) hoặc (x ; y) = (64 ; 8) .
Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm :

(x ; y) = (8 ;64) vµ (x ; y) = (64 ; 8) .

VI. Bài Tập :

27.

Giải hệ phơng trình :

1 y

x

y

x

1

2 x

y

x

y

x

y

x

28.

Giải hệ phơng tr×nh :

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



































































1 y

-x

b,

a,

1 )

1-4y

x

z

1-4x

z

y

1-4z

y

x

)

2
2
2
2
2
2
2
2

x

z

y

b

y

x

y

xx

y

a

y

x

y

xy

x

b

a

c)

sè

tham

lµ































































2

1 x

18

1 x

)

1

3 x

y

3 y

x

)

2

1

2 y

1

2

1

2 x

1 )

2
2
2
2

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

f

xyz

z

y

x

z

y

e

x

y

d

29.

Tìm m để hệ phơng trình



















m

x

y

m

y

x

1

2

1

2

cã nghiệm .

Bất Phơng trình - Hệ bất phơng trình

I.Ví dụ

Ví dụ 1

Giải bất phơng trình: 2

1
1
1

x
x
.

Giải :

Điều kiện x ạ 1.

Bt phng trỡnh ó cho tơng đơng với hệ bất phơng trình sau:























(2)

2

1 (1)

1 x

Ta cã :

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

1

0

1

0

2

0

1

0

2

0

1

2

01

1 )1(



















































x













³



















3

1

0

1

3

0

1

3

0

2

1 )2

(

x

Vậy mghiệm của bất phơng trình đã cho là :

1
0x .

VÝ dơ 2:

Gi¶i bÊt phơng trình : (x2 + 4x + 10)2 - 7(x2 + 4x + 11) + 7 < 0 .

Giải :

Đặt y = x2 + 4x + 10 , ta cã bất phơng trình :

y2 - 7(y+1) < 0 y(y - 7) < 0

 0 < y < 7  0 < x2 + 4x +10 < 7 (1)

V× x2 + 4x +10 = (x + 2)2 + 6 6 với mọi giá trị của x nên :

(1)  x2 + 4x +10 < 7  x2 + 4x +3 < 0  -3 < x < -1 .

Vậy nghiệm của bất phơng trình là : -3 < x < -1 .

VÝ dô 3 :

Với những giá trị thực nào của x thì bất phương trình nào sau đây được
nghiệm đúng
9
2
)
2
1
1

(
4
2
2




 x x

x

G

i¶i :

Điều kiện để bất phương trình có nghĩa :

2

1

0

21

1

0

21 ³

¹









¹

³



x

(1).

Ta cã : (1 1 2 )

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

x
x
x
x










 .

Nªn : x x x

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

)
2
1
1
(
4 2
2
2








 .

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


















8
45

49
)
2
1
(
4
7
2
1
2
9
2
2
1
2
2
2

x

x
x

x
x
x

Kết hợp với (1) ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là :











¹







0

8

45

2

1 x

VÝ dơ 4 :

Giải hệ bất phơng trình :

0

2

3

0

2

2
2

x

(I)

Giải :

21

20 0)2)(1

(

0)2(

)(

x

xx

I

Vậy nghiệm của hệ bất phơng trình là : 1x2

Ví dụ 5 :

Giải hệ bất phơng trình :



















(2)

0

10

9

3 (1)

0

4

5

2
3
2

x

Gi¶i :

Ta cã : (1)  -4 < x < -1 .

Mặt khác : x3 + 3x2 - 9x -10 = (x2 +5x + 4)(x - 2) - 3(x + 1) + 1 .

Víi mäi x Ỵ (-4 ; -1) th× (x2 +5x + 4)(x - 2) - 3(x + 1) + 1 > 0 , tøc lµ víi mäi x

ẻ (-4 ; -1) đều thoả mãn bất phơng trình (2) .

Vậy nghiệm của hệ bất phương trình đã cho : -4 < x < -1 .

II. Bài tập :

1. Giải các bất phơng trình sau :

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

2
10
3
x

)
3
4
x

)
1
4
4
5
x

)
3
2
1
x
x

-2

)
1
2
1
1
2
1
x
1

)
6
5
6
5
11x

)
2
2

2
2
2
3
2
3
3
2
2
2




























x
x
g
x
x
f
x
x
e
x
x
x
x
d
x
x
x
x
b
x
x
x
x

a
2
1
1
x

-3

)
1
1
x
1

-x

)
2
1
1
4
3
x
1

)
2
)
1
(

2
1
2x

)
3
x
4x

-1

-1

)
7
3
5
3
x
)
2
2
2
2





















x
n
x
x
x
x
m
x
l
x
x
k
i
x
x
x

h

2. Gi¶i hƯ bất phơng trình :

3

1

5

4 x

3. Xỏc nh tt c cỏc s thực x thoả mãn bất phương trình 3 x x121 .

4. Gọi u là nghiệm dơng của bất phơng trình x2 - 2px - q2 > 0 và gọi v là nghiệm của

bất phơng trình x2 - 2px - q2 < 0 Chøng minh r»ng :

u + v > p + q .

Bất đẳng thức

Mét sè ph¬ng ph¸p

chứng minh bất đẳng thức

I. Ph

ơng phỏp da vo nh ngha

1.kiến thức cơ bản

A B  A - B ³ 0
Chú ý các hằng đẳng thức :

 a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 ³ 0 .

 a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc = (a + b + c)2 ³ 0 .

2.VÝ dô :

VÝ dô 1

: Chøng minh r»ng víi mäi x , y ta lu«n cã :

y
x
xy
y
c
y
x
xy
y
b

xy
y
a
3
3
4
4
2
2
2
2
x
)
1
x
)
4
x
)

³



³


³


Gi¶i :

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

a) XÐt hiÖu 2  0
4
1
4
4
4
4

x2 2 2 2 2

³







 y xy x y xy x y

VËy  y ³xy

4
x

2 , dÊu “ = xảy ra khi và chỉ khi 2x = y .





     



1 1



2
1

2
2
2
2
2
2x
2
1
)
(
1
x
b)
2
2
2
2

2
2
2
³

















x
y
y
x
y
x
xy
y
y

x
xy
y

VËy x2y21³xyxy .

0
4
3
2
y)

-(x

)
(
)
(

)
(
)
(
)

(
x
)
2
2
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
4
4
³





























y
y
x
y
xy
x
y
x
y
x
y
y
x
x

y
x
xy
y
c

VËy x4 y4 xy3 x3y

³

 .

VÝ dô 2

: Cho a < b < c < d , h·y s¾p xếp thứ tự tăng dần các số sau
x =(a + b)(c + d) ; y = (a + c)(b + d) ; z = (a + d)(b + c) .

Gi¶i :

XÐt hiƯu : y - x = (a + c)(b + d) - (a + b)(c + d)

= ab + bc + ad + cd - ac - bc - ad - bd
= b(a - d) - c(a - d)

= (a - d)(b - c) > 0 (v× a x .

T¬ng tù xÐt hiƯu : z - y = (a + d)(b + c) - (a + c)(b + d)
= (a - b)(c - d) > 0

Suy ra : z > y .
VËy x < y < z .

VÝ dơ 3

: Cho abc = 1 vµ a3 > 36 Chøng minh r»ng :

ca
bc
ab
c
b
a




 2 2

3 .

Gi¶i :





0
12
1
2

3
12
2
4

12
4
3
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2






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




a
a
c
b
a
bc
a
bc
ac
ab
c
b
a
ca
bc
ab
c
b
a
a
ca
bc
ab
c
b
a

(V× abc = 1 và a3 > 36 nên a > 0) .

Vậy : a b2c2 abbcca
2

3 .

II.

Ph

ơng pháp sử dụng tính bắc Cầu :

1.kiến thức cơ bản

A

C

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

0  x  1  x2  x ( v× x -x2 = x(1 - x) ³ 0)

2.VÝ dơ :

Ví dụ 4 :

Cho a , b , c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2 .

Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2 + 2abc < 2

Gi¶i :

NÕu a ³ 1 th× b + c > a ³ 1  a + b + c > 2 , v« lý !
VËy 0 < a < 1 .

T¬ng tù 0 < b < 1 ; 0 < c < 1 .

Ta cã :(1 - a)(1 - b)(1 - c) = 1- a - b - c + ab + ac + bc -abc > 0

 abc < ab + ac + bc - 1 (v× a + b + c = 2 ) (1)
Mµ 4 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + ab + ac + bc

 ab + ac + bc = 2 -

2
1

( a2 + b2 + c2) (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra :
abc < 2 -

2
1

( a2 + b2 + c2)  a2 + b2 + c2 + 2abc < 2

VÝ dô 5 :

Cho 0 < a , b , c , d < 1 chøng minh r»ng :

(1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d .

Gi¶i :

Ta cã (1 - a)(1 - b) = 1 - a - b + ab > 1 - a - b (1) .
V× 1 - c > 0 nªn :

(1 - a)(1 - b)(1 - c) > (1 - a - b)(1 - c) (2) .
(1 - a - b)(1 - c) = 1 - a - b - c + c(a + b) > 1 - a - b - c (3) .
Tõ (2) vµ (3) suy ra : (1 - a)(1 - b)(1 - c) > 1 - a - b - c .

Suy ra : (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > (1 - a - b - c)(1 - d)

>1 - a - b - c - d + d(a + b + c) > 1 - a - b - c - d.
( v× d(a + b + c) > 0)

VËy : (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d .

VÝ dô 6 :

Cho 0  a , b , c  2 tho¶ m·n a + b + c = 3.Chøng minh : a2 + b2 + c2

5 .

Giải :

Vì a + b + c = 3 nªn Ýt nhÊt mét trong ba số a , b , c không nhỏ hơn 1 , giả sử a
1.

Vì 1 a 2 nªn (a - 1)(a - 2) = a2 - 3a + 2  0  a(3 -a) ³2

Suy ra : ab + bc + ca = a(b + c) + bc = a(3 - a) + bc ³ 2 .
VËy a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2(ab + bc + ac) (1)

= 9 - 2(ab + bc + ac)  5 ( theo (1))
VËy : a2 + b2 + c2  5 .

III.

Ph

ơng pháp biến i t

ng

1.kiến thức cơ bản

Ta bin đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng
thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh .

2.VÝ dơ :

VÝ dơ 7 :

a) Víi a , b , c > 0 , chøng minh : 










³



c
b
a
ab

c
ca

b
bc

a 1 1 1

2 .

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Gi¶i :

  ( )

2
2
2

0)
abc
(

)
(
2
1
1
1

2

)
2
2
2
2
2
2
2
úng
Đ
n
nhiê
hiển
c
b
a
ba
ac
bc
c
b
a
ba
ac
bc
c
b
a

c
b
a
ab
c
ca
b
bc
a
a

Vậy

c
b
a
ab
c
ca
b
bc

a 1 1 1

( )( )

0(hiểnnhiênĐúng)

0
)
)(
(
)
)(
(
2

)
)(
(
2
)
(
)
(

)
(
)
(
)
(

)
(

)
2
2
2
³




³

























c
b
c
a
c
c
b
c
a
c
b
c
a
c
c
ab
c
b
c
a
c
c
b

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

VËy c(a c) c(b c)  ab

Chú ý

: Nếu ta biến đổi từ một bất đẳng thức đúng về bất đẳng thức cần chứng minh

thì chỉ cần sử dụng các phép biến đổi hệ quả .

VÝ dô 8 :

Cho a , b , c lµ ba số tuỳ ý thuộc đoạn 0 ; 1 . Chứng minh r»ng :

a(1 - b) + b(1 - c) + c(1 - a)  1.

Gi¶i :

Ta cã 0  (1 - a)(1- b)(1 - c) = 1 - a - b - c + ab + bc + ca - abc
 1 ³ a + b + c - ab - bc - ca + abc ³ a + b + c - ab - bc - ca
Mµ a + b + c - ab - bc - ca = a(1 - b) + b(1 - c) + c(1 - b) .
VËy a(1 - b) + b(1 - c) + c(1 - a)  1 .

IV.

Ph

ơng pháp đánh giá đại diện

1.kiÕn thức cơ bản

Nu mt bt ng thc cú cha nhng biểu thức có dạng tương tự
nhau thì ta có thể chứng minh bất đẳng thức đó bằng cách đánh giá
một biểu thức đại diện .

2.VÝ dô

VÝ dô 8 :

Chøng minh r»ng víi ba sè dư¬ng a , b , c bÊt kú ta lu«n cã :

3
2
2
3
2
2
3
2
2

3 a b c

a
ca
c
c
c
bc
b
b
b
ab
a

a  

³









Gi¶i :

Các số hạng vế trái tương tự nhau nên ta có thể nghĩ đến phương pháp đánh giá đại diện
một số hạng . Ta cần chứng minh :

(1)

3
2
2
2

3 a b

b
ab
a
a 
³



Ta cã (1)  3a3 ³ (2a - b)(a2 +ab + b2)

 a3 + b3 -a2b -ab2 ³ 0

 (a + b)(a2 - ab + b2) - ab(a + b) ³ 0

 (a + b)(a2 - 2ab + b2) ³ 0

 (a + b)(a - b)2 ³ 0

Bất đẳng thức cuối luôn đúng với a , b dương nên bất đẳng thức (1) đúng , dấu “ =” xảy

ra khi và chỉ khi a = b.

Tư¬ng tù ta còng cã :

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

(2)

3
2
2
2

3 b c

c
bc
b
b 
³



(3)

3
2
2
2

3 c a

a
ca
c
c 
³



Céng (1) , (2) , (3) theo tõng vÕ ta cã :
3
2
2
3
2
2
3
2
2

3 a b c

a
ca
c
c
c
bc
b
b

b
ab
a

a  

³







 .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .

V.

Ph

ơng pháp sử dụng các bất đẳng thức phụ

1.kiến thức cơ bản

)
0
,
(
4

1
x
1

4
y
x

2
x
2
2
2


³


³


³


y
x
y
x
y
xy

xy
y
)
0
,
(
)
(
4
xy
1

0
,
2
x
1
x
2
x
2
2
2


³


³



³


y
x
y
x
x
xy
y
víi

2.VÝ dơ

VÝ dơ 9 :

a) Cho a , b , c ³ 0 vµ a + b + c = 1 . Chøng minh r»ng ;

a + 2b + c ³ 4(1 - a)(1 - b)(1 - c) .

b) Cho x , y > 0 vµ x + y - z = 1 . Chøng minh r»ng :
x + y ³ 16xyz

c) Cho a , b , c > 0 . Chøng minh r»ng :

2
1
1
1
1
1
1

1
1

1 a b c

a
c
c
b
b
a









d) Hai sè dơng a , b thoả mÃn ab > a + b . Chøng minh r»ng :
a + b > 4

e) Cho a , b , c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi 2p . Chứng minh
rằng :









³





 a p b p c a b c

p
1
1
1
2
1
1
1

f) Cho 4 sè d¬ng a , b , c , d . Chøng minh r»ng :

2
³







 a b

d
d
a
c
d
c
b
c
b
a

g) Cho hai số dơng a , b và a + b = 1. Chøng minh r»ng :
6
1
1
2
2 ³


b
a
ab

Gi¶i :

a) áp dụng bất đẳng thức 4xy  (x + y)2 ta có :

4(1 - a)(1 - b)(1 - c) = 4(b + c)(1 - c)(1 - b)

 (1 + b)2 (1 - b)  (1 + b)(1 - b)2  1 + b = a + 2 b + c

VËy a + 2b + c ³ 4(1 - a)(1 - b)(1 - c) .
DÊu “ = “ x¶y ra khi vµ chØ khi

2
1
,
0
,
2
1



 b c

a .

b) áp dụng bất đẳng thức 4xy  (x + y)2 ta cú :

16xyz 4z(y + x)2

Mặt khác (2z + 1)2 ³ 0  4z2 + 4z + 1³ 0  4z(z + 1)  1

 4z(x + y)  1 4z(x + y)2  x +y

VËy x + y ³ 16xyz .

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

c) Ta cã :

  ( ) (1)

4
1
1
1
1
)
(
4
1
4
2
b
a
b
a
b
a
b
a
ab
ab
b

a  








³


T¬ng tù :

(2)

)
(
4
1
1
1

1 b c

c
b



(3)

)
(

4
1
1
1
1
a
c
a
c




Céng vÕ theo vÕ (1) , (2) ,(3) ta cã :

2
1
1
1
1
1
1
1
1

1 a b c

a
c
c

b
b
a









d) Tõ 



















a
b
b
a
b
a
b
a
a
b
a
ab 2
a
b
1
b
1 vµ

Mµ  ³2  ab4

a
b
b
a

e) áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 ( , 0)


³

 x y

y
x
y

x ta cã :

;
4
2
4
1
1
c
b
a
p
b
p
a

p   ³   

;
4
2

4
1
1
a
c
b
p
c
p
b

p   ³   

;
4
2
4
1
1
b
a
c
p
a
p
c

p   ³   











³














³













1
1
1
2
1
1
1

1
1
1
4
1
1
1
2
:
c
b
a
c
p
b
p

a
p
c
b
a
c
p
b
p
a
p
VËy

f) áp dụng bất đẳng thức xy1 ³(x4y)2 (x,y0) ta có :

(2)

)
(
4
)
)(
(
)
(
)
(
(1)

)

(
4
)
)(
(
)
(
)
(
2
2
2
2
2
2
d
c
b
a
cd
ab
d
b
b
a
d
c
d
c
d

b
a
b
b
a
d
d
c
b
d
c
b
a
bc
ad
c
a
a
d
c
b
c
b
c
a
d
a
a
d
c

c
b
a







³
















³











LÊy (1) céng (2) vÕ theo vế ta có :

2
2
2
2
2
)
(
4
d
c
b
a
cd
ab
bc
ad
d
c
b
a

b
a
d
d
a
c
d
c
b
c
b
a

Mặt khác ta có :

(a - c)2 + (b - d)2 ³ 0  a2 + b2 + c2 + d2 - 2ac - 2bd ³ 0

 4(a2 + b2 + c2 + d2 + ad +bc+ab+cd)³(a + b + c + d)2







)
(
4
2
2
2
2
2
³










d

c
b
a
cd
ab
bc
ad
d
c
b
a

VËy : ³2








 a b

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

g) áp dụng bất đẳng thức 4ab  (a + b)2 ta có :
4
1
4
1
³



ab
ab .

áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 ( , 0)


 x y

y
x
y

x ta cã :

6
)
(
4
2
1
2
1
2
1
1
1
2

2
2
2
2 


³












b
a
b
a
ab
ab
b
a
ab
VËy : 1 21 2 ³6




b
a

ab .

VI.

Ph

ơng pháp phản chứng

1.kiến thức cơ bản

Gi s cn chng minh mt khẳng định “ A “ là đúng . Ta giả sử ngợc
lại là khẳng định “A” không đúng rồi dùng phép suy luận lôgic để suy
ra điều vô lý . Thế thì khẳng định “A” đúng .

2.VÝ dơ

Ví dụ 10 :

Cho 0 < a , b , c < 1 . Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng

thøc sau lµ sai :









4
1
)
1
(
;
4
1
)
1
(
;
4
1
)
1

( b b c c a

a

Gi¶i :

Giả sử cả ba đẳng thức đều đúng , nhân các vế tơng ứng của ba bất đẳng thức ta có :
abc(1 - a )(1 - b)(1 - c) >

64
1
(1) .

Nhng :
4
1
2
1
4
1
)
1
(
2
2













 a a a

a

a .

4
1
2
1
4
1
)
1
(
2
2













 b b b

b

b .

4
1
2
1
4
1
)
1
(
2
2













 c c c

c

c .

Nªn :   

64
1
)
1
(
)
1
(
)
1

(  a b  b c  c 

a

VËy : abc(1 - a )(1 - b)(1 - c) =    

64
1
)
1
(
)
1
(
)
1

(  a b  b c  c 

a .

Điều này mâu thuẩn với (1) , mâu thuẩn này chứng tỏ có ít nhất một trong ba bất đẳng thức
đã cho là sai .

VÝ dô 11 :

Cho tam thøc bËc hai f(x) = x2 + bx + c . Chứng minh rằng với mọi giá trị của

a , b trong ba sè |f(0)| , |f(1)| , |f(-1)| cã ít nhất một số lớn hơn hay bằng

2
1

Giải :

Giả sử ba số |f(0)| , |f(1)| , |f(-1)| đều nhỏ hơn

2
1

, tøc lµ

(1)

2
1
)
0
(
2
1




 f b

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

(3)

2
1
1
)
1
(
2
1
(2)

2
1
1

)
1
(
2
1













b
a
f
b
a
f

Céng c¸c vÕ tơng ứng của (2) và (3) ta có :

2
1
2

1b b

Mâu thuẩn với (1) , mâu thuẩn này chứng tá trong ba sè |f(0)| , |f(1)| , |f(-1)| cã Ýt
nhÊt mét sè lín h¬n hay b»ng

2
1

VII. Ph

ơng pháp làm trội

30.

kiến thức cơ bản

c
b
c
a
b
a

b
a
1

b
a
0

, và thi

31. Ví dụ

Ví du 12 :

a) Cho 3 sè dư¬ng a , b , c . Chøng minh r»ng :

2
1 






a
c
c
c
b
b
b
a
a
.

b) Cho 4 sè dư¬ng a , b , c , d . Chứng minh rằng :

b
a
d
a
d
a
d
c
d
c
d
c
b
c
b
c
b
a
b
a

, không là số nguyên .

Giải :

a) Ta cã

c
b
a
c
a
b
a
a
c
b
a
a
b
a
a












 1 .

Tư¬ng tù :

c
b
a
a
b
c
b
b
c
b
a
b









c
b
a
b
c
a
c
c
c
b
a
c









Cộng các vế của bất đẳng thức trên ta có :

2
1

a
c
c
c
b
b
b
a
a
(đpcm) .

b) Ta có

d
c
b
a
d
b
a
c
b
a
b
a
d
c

b
a
b
a
c
b
a
b
a

1

Tơng tự :

d
c
b
a
d
c
b
d
c
b
c
b
d
c
b
a
c
b

d
c
b
a
b
d
c
a
d
c
d
c
d
c
b
a
d
c

d
c
b
a
c
a
d
b
a
d
a
d
d
c
b
a
a
d

Cng v theo vế các bất đẳng thức trên ta có :

3
2 
















b

a
d
a
d
a
d
c
d
c
d
c
b
c
b
c
b
a
b
a
VËy
b
a
d
a
d
a
d
c
d
c

d
c
b
c
b
c
b
a
b
a
















</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

VÝ dơ 13 :

a) Víi số n nguyên dơng lớn hơn 1 . Chứng minh r»ng :
a.1
n
n

1
2
1
2
1
1
1
2
2

2    

a.2
3
5
1
2
1
1
1
2
2

2  n 

b) Cho d·y sè

n
a

a

a n 1

2
1
1
,
,
2
1
,
1 2

1       .Chøng minh r»ng

2
1
2
1
1
2
2
2
2
1








n
na
a

a víi mäi n > 1 .

c) Cho d·y sè

1
2
1
5
1
3
1
1
,
,
3
1
,
1 2
1















n
a
a

a n . Chøng minh r»ng :

2
)
1
2
(
1
3
1
1
2
2
2
2
1









n
a
n
a

a .

Gi¶i :

a) a.1 Víi k > 1 ta cã :

k
k
k
k
k
1
1
1
)
1
(

1
1

2      do đó :

n
n
n
n
1
2
1
1
1
3
1
2
1
2
1
1
1
1
2
1
1
1
2
2

2  




































VËy :
n
n
1
2
1
2
1
1
1
2
2

2     .

a.2 Víi k > 1 ta cã :

)
1
2
)(
1
2
(

4
1
4
4
4
4
1
2
2
2






k
k
k
k

k do đó












1
2
1
1
2
1
2
1

2 k k

k
Suy ra :

3
5
3
2
1
1
2
1
3
1
2
1

1
2
1
1
2
1
2
7
1
5
1
2
5
1
3
1
2
1
1
2
1
1
1
2
2
2




















































n
n
n
n
VËy :
3
5
1
2
1
1
1

2
2

2  n  .

b) Víi k ³ 2 ta cã :

k
k
k ka a

ka 2 1

1
1



 (v× ak > ak - 1)

k
k

k a a

ka

1
1
1

1
2  





(V×

k
a

ak  k1 1 ) .

Do đó :

2
1
2
1
1
1

1
1
1

1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
3
2
2
1
1
2
2
2
2
1
































































n
n
n
n
n
a

a
a
a
a
a
a
a
a
a
na
a
a

VËy : 1 2

2
1
1
2
2
2
2
1








n
na
a

a víi mäi n > 1 .

c) Ta cã : ;

1
2
1
1
1 
  



 k k k

k a a

k
a

a

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

k
k
k
k

k a a a a

a
a
a
a
k
a
k
1
1
)
1
2
(
1
)
1
2
(
1
1
1
1
1

2  





  


.
Do đó :

2
1
2
1
1
1

1
1
1
1
1
1
1

)
1
2
(
1
3
1
1
2
1
4
3
3
2
2
2
2
2
1



























































n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a

a
n
a
a

VËy : 2

)
1
2
(
1
3
1
1
2
2
2
2
1








n
a

n
a

a .

VIII. Ph

ơng pháp qui nạp

32. kiến thức cơ bản

Ni dung phng phỏp qui np chứng minh một bất đẳng thức phụ thuộc
vào số tự nhiên n ³ n0 nh sau :

 Với số tự nhiên n = n0 thì bất đẳng thức đúng .

 Mỗi khi bất đẳng đó đúng với số tự nhiên n = k ³ n0 ta chứng minh

đợc nó cũng đúng với n = k + 1 .

Khi đó bất đẳng thức đã cho đúng với mọi số tự nhiên n ³ n0 .

33. VÝ dô

VÝ dô 14 :

Cho a ³ 0 . Chøng minh r»ng với mọi số nguyên dơng n thì

1
4
1

a a a

a

n

căn
dấu
(1) .

Giải :

Đặt

căn
dấu

n

n a a a

x , n nguyên dơng thì

n
n a x

x 1  

 Víi n = 1 th×

2
1
4
1
2
4
1





 a a a

x , vậy bất đẳng thức đúng với n

= 1 .

 Gi¶ sư

2
1
4

1 

 a

xn , n là số nguyên dương nào đó ta cần chứng

minh
2
1
4
1
1




a

xn .

ThËt vËy
2
1
1
4
2

1
1
4
4
1
1
4
2
)
1
4
(

4
1
4
2
2
2
1
4
1
2
1











  

















a
a
a
a
a
a
a
a

x
a

xn n

VËy

2
1
4

a a a

a
n

căn
dấu

, với mọi số nguyên dơng n

Ví dụ 15 :

Cho a , b là hai số tuỳ ý thoả m·n ®iỊu kiƯn a + b ³ 0 . Chøng minh rằng

với mọi số nguyên dơng n thì 2 2

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

Giải :

Với n = 1 thì

2
2
1
1
1
b
a
b
a 






 

,
2
2
n
n
n
b
a
b
a 






 
đúng
 Giả sử n = k ³ 1 thì bất đẳng thức (1) đúng tức là :

2
2
k
k
k
b
a
b
a 







  .

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (1) cũng đúng với n = k +1 , tức là phải chứng
minh :

2
2

1
1

1  










ab k ak bk .

V× a + b ³ 0 nªn

2
2
2
2
2
1
b
a
b
a
b
a
b
a
b

a k k k k










 







  

Do đó cần chứng minh

)
)(
(
2
2
2
1
1
k
k
k
k
k
k
b
a
b
a
b
a
b

a
b
a






  
(2) .

Vì a , b có vai trị nh nhau nên có thể giả thiết a ³ b , mặt khác từ a + b ³ 0 
a ³ -b  a ³ | b | do đó ak - bk ³ 0 .

Vậy bất đẳng thức (2) đã đợc chứng minh .
Vậy :
2
2
n
n
n
b
a
b
a 








  đúng với mọi số nguyên dương n .

IX. Ph

¬ng pháp sử dụng điều kiện về nghiệm của tam thức

bậc hai .

34.

kiến thức cơ bản

Cho tam thức bËc hai :

f(x) = ax2 + bx + c , a ạ 0 .

f(x) có nghiệm khi và chØ khi D = b2 - 4ac ³ 0 .

 NÕu D = b2 - 4ac < 0 th× a.f(x) > 0 với mọi giá trị của x .

Nếu D = b2 - 4ac  0 th× a.f(x) ³ 0 với mọi giá trị của x .

35. Ví dụ :

VÝ dô 16

Cho (x ; y ; z) là nghiệm của hệ phơng trình

4

8

2
2
2

zx

yz

xy

z

y

x

Chøng minh r»ng :    

3
8
;
;
3

8 x y z

Gi¶i :

Ta cã :





















(2)

)

(

4 (1)

8

2
2
2

y

x

z

xy

z

y

x

Tõ (1) vµ (2) suy ra :

8 - z2 = (x + y)2 - 2xy = (x + y)2 - 8 + 2z(x + y)

 (x + y)2 + 2z(x + y) + z2 = 16

 x + y + z2 = 42

 x + y + z = ± 4 .

 NÕu x + y + z = - 4 th× x + y = - z - 4 , tõ (2) suy ra
xy = 4 + z(4 + z) = ( z + 2)2 .

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

X2 + (4 + z) X + (z + 2)2 = 0 .

Ta ph¶i cã D = (4 + z)2 - 4(z + 2) = -z(3z + 8) ³ 0 
(3)

0
3

8




 z .

 NÕu x + y + z = 4 th× x + y = 4 - z , tõ (2) suy ra
xy = 4 - z(4 - z) = ( z - 2)2 .

Vậy x , y là nghiệm của phơng trình
X2 - (4 - z) x + (z - 2)2 = 0 .

Ta ph¶i cã D = (4 - z)2 - 4(z - 2) = z(8 - 3z) ³ 0 
(4)

3
8
0 

 z .

Tõ (3) , (4) ta cã :

3
8
3

z

Vì vai trò x , y , z như nhau nªn ta cã  38x;y;z 38.

VÝ dơ 17 :

Chứng minh rằng với mọi giá trị x , y th×

(x + y)2 - xy + 1 ³(x y) 3

Giải :

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

0
1
3
)

3
(
3

3 2 2

2
2

³









³


xy y x y x y x y y

x

Vế trái của bất đẳng thức trên là một tam thức bậc hai đối với x nó có hệ số của x2

b»ng 1 vµ



y







y  y 







y



 yỴR



D 3 2 4 2 3 1 3 12 0,

VËy x2(y 3)xy2  y 310,x;yẻR

Tức là : (x + y)2 - xy + 1 ³(x y) 3 .

Bµi tËp

1. Cho ba sè thùc x , y , z bÊt kú . H·y chøng minh :

x2 + y2 + z2 ³ | xy + yz + zx| .

2. Cho ba sè dư¬ng a , b , c kh¸c 0 . Chøng minh r»ng :

a
c
c
b
b
a
a

c
c
b
b
a



³


 2

2
2
2
2
2

3. Cho ba số a , b , c trong đó ít nhất hai số khác nhau . Đẳng thức

sau đúng hay sai :

a2 + b2 + c2 = | ab + bc + ca | ?.

4. Cho ba số a , b , c bất kỳ . Chứng minh rằng trong ba bất đẳng

thøc :

     

2
;

2
2

2
2
2

2 b b c b c c a c a a b

a  ³   ³   ³  . có ít nhất một bất đẳng thức đúng .

5. Chøng minh r»ng víi n là số nguyên dơng bất kỳ thì

A = 1 1,65

3
1
2

1
1

2
2

2   n  .

6. Chứng minh rằng nếu a , b , c là độ dài ba cạnh của một tam giác

th× biĨu thøc

P = a2b + b2c + c2a + a2c + c2b + b2a - a3 - b3 - c3 - 2abc lu«n luôn là số dơng .

7. Vi ba s dng a , b , c bất kỳ , hãy chứng minh các bất đẳng

thøc sau :

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

.

2
2

2
a

c)
.

c
ab

b)
.

2
c
ab

)
3
3
3
3
3
3
c
b
a
ca
a
c
bc

c
b
ab
b
c
b
a
b
ca
a
bc
b
a
bc
a


³







³


³


8. Chøng minh r»ng nÕu x , y , z ³ 0 th× :

x(x - y)(x - z) + y(y - x)(y - z) + z(z - x)(z - y) ³ 0 .

9. Cho a , b , c Ỵ 0 ; 2 cã tỉng a + b + c = 3 . Chøng minh r»ng :

a2 + b2 + c2  5 .

10. Cho a , b , c > 1 vµ abc = 1 . Chøng minh r»ng :

1
5
5
5
5
5
5 








 a c ac

ac
bc

c
b
bc
ab
b
a
ab
.

11. Cho a , b , c > 0 . Chøng minh r»ng

c
b
a
a
ca
c
a
c
bc
b
c
b
ab
a
b












2
3
3
2
3
3
2
3
3
3
5
3
5
3
5
.

12. Cho a , b , c tho¶ m·n :



















0 abc

ca

bc

ab

c

b

a

. Chøng minh r»ng ba sè a ,

b , c d¬ng .

13. Chøng minh r»ng nếu x , y nguyên dơng thì một trong hai bÊt

đẳng thức sau là sai :









³ 12 12

5
1
1

y
x

xy vµ   







³

 2 2

1
1
5
1
)

(
1
y
x
x
y
x

x .

14.Chøng minh r»ng với mọi số nguyên dơng n thì : 1 1 3

n

n .

15.Chứng minh rằng nếu phơng trình 2x2 + (x + a)2 + (x + b)2 = c cã nghiƯm th× : 4c2 ³ 3(a2 + b2)

- ab .

16.Cho x , y lµ hai sè thùc víi x , y > 2 . Chøng minh r»ng :

x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 > x2 + y2 .

17. Chøng minh r»ng : 4a8 - 2a7 + a6 - 3a4 + a2 - a + 1 > 0 , víi mäi a Ỵ R .

18. Cho ba sè thùc a , b , c , d tho¶ m·n 0  a , b , c , d  1 . Chøng minh r»ng :

3
1
1

1      

 abc
d
dab
c
cda
b
bcd
a
.

19.Cho k > 0 vµ ba sè thùc x , y , z sao cho :















)

(

z

y

x

k

zx

yz

xy

k

xyz

.
Chứng minh rằng ba số x , y , z có đúng một số lớn hơn k .

20.Cho ba số a , b , c  1 .Chứng minh rằng ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là đúng
a) a(ab + c)  1 .

b) (2 - a)(2 - a)b + 1  1 .
21.cho ba sè a , b , c là các dơng

a) Nu a + b + c ³ 3 thì có bất đẳng thức sau không : 1113

c
b

a .

b) Nếu a + b + c  3 thì có bất đẳng thức sau không : 111³3

c
b

a .

22.

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

a) Cho a2001 + b2001 > a2000 + b2000 . Chøng minh r»ng : a2002 + b2002 ³ a2001 + b2001 .

b) Cho a1 , a2 , ... , an ; b1 , b2 , ... , bn ; c1 , c2, ... , cn là các số dơng và

C

c

B

b

A

a

n
n
n
2
1
2
1
2
1

Chøng minh r»ng : { 1 1 1, 2 2 1, , } 3

n
ABC
c
b
a
c
b
a
c
b

a  n n n  .

23.Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì :

2
)
1
(
1
2
3
1
2
1









n

n .

24.Chøng minh r»ng víi mäi a , b , c , d d¬ng ta cã :

a) 1 2







b
a
c
a
c
b
c
b
a

b) 1 2













b
a
d
d
a
d
c
c
d
c
b
b
c
b

a
a
.

c) 1 3

















b
a
d
a
d
a
d
c

d
c
d
c
b
c
b
c
b
a
b
a
.

25.Chøng minh r»ng víi mäi sè tù nhiªn n , n ³ 1 th× :

)!
1
(
)
1
(
3
2 2










 n n n .

26.Cho ba số dơng a , b , c thoả mÃn abc = 1 . Chøng minh r»ng :

1
1
1
1
1
1
1









a b b c c a .

27.Cho a , b , c là ba số dơng thoả mÃn :

9

6 ca

bc

ab

c

b

a

c

b

a

Chứng minh: a <1< b <3 < c <4 .

28.Cho a,b,c, d dơng .Chứng minh rằng không thể đồng thời xảy ra ba bất đẳng thức :
 a + b < c + d .

 (a + b)(c + d) < ab + cd .
 (a + b)cd < (c + d)ab .
29. Cho ba sè thùc bÊt kú x , y , z . Chøng minh r»ng :

a) (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2  3(x2 + y2 + z2) .

b) NÕu m lµ sè nhá nhÊt trong ba sè (x - y)2 , (y - z)2 , (z - x)2 th×

2
2

2 y z

x

m   .

30. Cho x , y , z là các số thực đều lớn hơn -1 và thoả mãn :

x3+ y3+ z3 ³ x2+ y2+ z2 . Chøng minh r»ng : x5 + y5 + z5 ³ x2 + y2 + z2 .

31.Cho c¸c sè thùc x , y , z tho¶ m·n : x  y  z . Chøng minh r»ng
xy4 + yz4 + zx4 ³ yx4 + zy4 + xz4 .

32. Cho a , b , c Ỵ 0 ; 1 . Chøng minh r»ng : a + b2 + c3 - ab - bc - ca  1 .

33. Cho x , y , z Ỵ 0 ; 2 . Chøng minh r»ng :
2(x + y + z) - (xy + yz + zx)  4 .

34.Cho a , b , c > 0 tho¶ m·n a + b + c = 1 . Chøng minh r»ng :
6(ab + bc + ca) + a(b - c)2 + b(c - a)2 + c(a - b)2  2 .

35.Cho x + y + z = 0 vµ x , y , z Î -1 ; 1 . Chøng minh r»ng :
x2 + y4 + z6  2 .

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

0
7 

n
m

. Th× :

mn
n

m 1

7  .

Bất đẳng thức cauchy ,

bất đẳng thức bunhiacôpxki

i.

Bất ng thc Cauchy

1.Bt ng thc Cauchy

Cho n số không âm a1 , a2 , ... , an . Ta cã : n n aa an
n
a

a
a



³






2
1
2

1 .

Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an . Bất đẳng thức Cauchy

còn đợc gọi là bất đẳng thức về trung bình cộng và trung bình nhân .

2.VÝ dơ :

VÝ dô 1

: Cho x , y z > 0 . Chøng minh r»ng :

.
z
y
x

9
1
y
1
x
1

c)
.
y
x
4
y
1
x
1

)
.
2
y
x

)

z
b
x
y
a

Dấu bằng xảy ra khi nào .

Giải :

a) áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dơng yx và
x
y
ta có
2
2
y
x

³

x
y
y
x
x

y

, dấu = xảy ra khi và chỉ khi xy
y
x

hay x = y
b) áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

(2)

2
(1)

1
2
1
1
2
1
1
xy
y
x
xy
y
x
y

x
³



³


Nhân các vế tơng ứng của (1) và (2) thì đợc :

  2 1 2 4 (3)
1
1


³







 xy
xy
y
x
y
x .

Vì x + y > 0 nên (3) tơng đơng :

y
x
4
y
1
x
1

³

 , dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y .

c) áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

(5)

3
(4)

1
3
1
1
1
3

1
1
1
3
3
3
xyz
z
y
x
xyz
z
y
x
z
y
x
³





³



Nhân các vế tơng ứng của (4) và (5) thì đợc :

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

  3 1 3 9 (6)
1

1 3

3  

³









 xyz
xyz
z
y
x
z
y
x .

Vì x + y + z > 0 nên (6) tơng đơng :

z
y
x
9
1
y
1
x
1


³



z , dÊu “ = “ x¶y ra khi vµ chØ khi z=y=z

VÝ dô 2

: Cho x , y , z ³ 0 vµ x + y + z  3 . Chøng minh r»ng :

z
y
x
z
z
y
y
x
x












 1
1
1
1
1
1
2
3
1
1

1 2 2 2 .

Gi¶i :

a) Ta cã 2x  1 + x2

2
1
1

1
1
1
1
2
2
2
2
2 








x
x
x
x
x

x .

Dấu = xảy ra khi và chØ khi x2 + 1 = 2x  x =1 .

T¬ng tù ta cã : 21

1 2 

y
y

;

2
1

1 2 

z

z

.
Do đó :

2
3
1

1 2 2 2 






 z
z
y
y
x
x
.

DÊu “ = “ x¶y ra khi vµ chØ khi x = y = z = 1 .
b) áp dụng kết quả ví dụ 1c) ta cã :

1 1 1  9

1
1
1
1
1
1
³

















x y z x y z .

DÊu “ = “ x¶y ra khi vµ chØ khi 1 +x = 1 +y = 1 +z  x =y=z .

V× vËy : x y z x y z




³




 3
9
1
1
1
1
1
1
.
Mµ 3 + x + y + z  6 nªn :

2
3
1
1
1
1
1
1
2
3
6
9
3
9
³







³



x y z x y z .

DÊu “ = xảy ra khi và chỉ khi x = y = z vµ x + y + z = 3 tøc lµ khi x = y = z = 1

VÝ dơ 3

: Chøng minh r»ng nÕu c¸c sè dơng a , b , c thoả mÃn điều kiện

2
1
1
1
1
1
1

a b c , thì abc 8

1
.

Giải :

Từ
c
c
b
b
c
b
a

c
b

a    ³   ³         

 1 1 1

1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
.
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

)
1
)(
1
(
2

1 b c

bc
c
c
b
b


³



 , dÊu “ = “ x¶y ra khi vµ chØ khi :

c
b
c
c
b
b




 1
1
VËy :

)
1
)(
1
(
2
1
1
c
b
bc

a ³  

 (1)

Chøng minh t¬ng tù ta cã :

)
1
)(
1
(
2
1
1
c
a
ac

b ³  

 (2)

)
1
)(
1
(
2
1
1
b
a
ab

c ³  

 (3)

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

)
1
)(
1
)(
1
(
8
)
1

)(
1
)(
1
(
1
c
b
a
abc
c
b

a   ³   

Vì a , b , c dơng nên suy ra abc

8
1

 , dÊu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
2

II.

Bất đẳng thức Bunhiacôpxki

1. Bất đẳng thức Bunhiacơpxki

Víi hai bé n sè (a1 , a2 , . . . , an) vµ (b1 , b2 , . . . , bn) bÊt kú , ta

lu«n cã

(a1b1 + a2b2 + ... + anbn)2  (a12 + a22 + ...+an2) (b12 + b22 + ...+bn2) .

DÊu “ = “ x¶y ra khi và chỉ khi tồn tại k sao cho
ai = kbi (*) víi mäi i = 1 , 2 , ... , n .

(nếu bi ạ 0 với mọi i thì (*) đợc viết thành

n
n
b
a
b
a
b
a






2
2

1
1
. )
Bất đẳng thức trên còn đợc gọi là bất đẳng thức Schwarz , hay bất
đẳng thức Cauchy - Schwrt .

2.VÝ dô :

VÝ dô 1

: Cho a , b , c là ba số khác 0 . Chứng minh rằng :




³


a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
2
2

2
2
2
2

Gi¶i :

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpki ta có :































³










 1 1 1 1 1 1 (1)

2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
c
c

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

Mặt khác , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta nhận đợc :

.
(2)

3

33   

³


a
c

c
b
b
a
a
c
c
b
b
a

Tõ (1) vµ (2) suy ra :












³











³








 3 (1)

3
2
2
2
2
2
2
2
a
c
c
b
b
a

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

Hay :   2 ³

2
2
2
2
2
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b

b
a


a
c
c
b
b
a


³ .

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .

Ví dụ 2

: Chứng minh rằng nếu a , b , c là độ dài các cạnh của một tam giác có p

là nửa chu vi thì : p p a p b p c 3p .

Gi¶i :

 áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpki cho hai bộ số (1 , 1 , 1) và



p a, p b, p c



ta cã :



1 p a1 p b1 p c



2 121212p ap bp c3phay :

p
c

p
b
p
a

p      3 (1)

 p  p a p b p c (2)

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

)
)(
(
2
)
)(
(
2

)
)(
(
2
)
2
(
c
p
b
p

c
p
a
p
b
p
a
p
c
p
b
p
a
p
p


















hay: 02 (p a)(p b)2 (p a)(p c)2 (p b)(p c)

Bất đẳng thức này luôn luôn đúng nên bất đẳng thức (2) đúng .
Kết hợp với (1) ta có : p  p a p b p c 3p .

VÝ dô 3

: Các số không âm x và y thoả m·n ®iỊu kiƯn x3 + y3 = 2 .

Chøng minh r»ng : x2 + y2  2 .

Gi¶i :

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpki cho hai bộ số ( x; y) và ( x3; y3) ta có : 
x2 y22



x x3 y y3



2 (x y)(x3 y3) 2(x y)









 (1) .

Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki một lần nữa ta có :
(x + y)2  (12 + 12)(x2 + y2) = 2(x2 + y2) (2) .

Tõ (1) vµ (2) suy ra : (x2 + y2)4  4(x + y)2  8(x2 + y2) .

Hay : (x2 + y2)3  8 tøc lµ x2 + y2  2 .

DÊu “ = “ x¶y ra khi vµ chØ khi :

1
1
1
2
3
3
3
3
















y
x

y
x
y
x
y
x
y
x

Bµi tËp

1. Chøng minh r»ng nếu a , b , c là ba cạnh của tam giác ABC với p là nửa chu vi thì :









³





 a p b p c a b c

p
1

1
1
2
1
1
1
.
2. Chøng minh r»ng nÕu x , y , z là các số dơng thì

2
2

2 x y z

y
x
z
z
x
y
z
y

x  

³







3. Chøng minh r»ng víi mäi sè d¬ng a , b , c , d > 0 th×

0
³











d
a
a
c
a
c
c
b
c
b
b

d
b
d
d
a

4. Cho x , y ³ 0 vµ x2 + y2 = 1 . Chøng minh 1

1 3 3




x y .

5. Hai sè d¬ng a , b cã tæng b»ng 1 . Chøng minh



³





³



3

14 ab

2 b)

6

1 ab

1 )

2 2 2 2

b

a

b

a

6. Ba số không âm a, b, c có tổng b»ng 1.Chøng minh r»ng :
a +2b +c ³ 4(1 - a)(1 - b)(1 - c)

7. Chøng minh r»ng víi mọi số dơng a , b , c thì

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

8. Cho a , b > 0 . Chøng minh 1   3 ³1  

3
3

3 b b

a
a
b
b
a
a

9. Chøng minh r»ng nÕu x , y , z > 0 th×   2 ³   

3
2
3
2
3
z
y
x
x
z
z
y
y
x

10.Cho a , b , c là số đo ba cạnh của một tam gi¸c . Chøng minh r»ng :
( a + b - c)(a + c - b)(b + c - a) abc .

11.Cho các số dơng a , b , c , d . Chøng minh r»ng :





³



 5 3 3 3 3

2
5
2
5
2
5

2 1 1

b
1
1
d
c
a
a
d
d
c

c
b
b
a

12.Tổng của 5 số không âm bằng đơn vị . Chứng minh rằng có thể xếp chúng trên một đờng tròn
sao cho tổng của tất cả 5 tích của các cặp số đứng cạnh nhau khơng lớn hơn

5
1

13.Cho ba sè d¬ng a , b , c tho¶ m·n a + b + c = 1 . Chøng minh r»ng :















1

6

1 a

b

c

14.Cho n sè thùc a1 , . . . , an tho¶ m·n a12 + a22 + . . . + an2 = 3 . Chøng minh r»ng :










 2
1
3
2
2
1
n
a
a
a n

15.Cho a > b ³ 0 . Chøng minh r»ng ³ 



 3
)
1
)(
(
4
2
b
b
a
a

16.Chøng minh r»ng nÕu a , b dơng và a + b = 1 th×

2
25
1

1 2 2

³















a
b
b

a .

17.Chøng minh r»ng víi mäi a , b , c dơng thì

b
a
c
a
c
b
c
b
a

c
b

a 2 3

1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
1
1
1

18.Chứng minh rằng nếu các số dơng a , b , c tho¶ m·n a + b + c  1 th×



³



2

9

1

2

1

2

1

2
2

bc

b

ac

c

ab

a

19.Cho ba số dơng thoả mÃn a + b + c  3 . Chøng minh r»ng

2
3
1
1
1
1
1
1
³





ab bc ca .

20.Cho ba sè thùc a , b , c nằm giữa 0 và 1 . Chứng minh rằng :

1 1 (1 )(1 )(1 ) 1

1 a b a b c

c
c
a
b
c
b
a

21.Cho nsè d¬ng bÊt kú a1 , a2 , . . . , an > 0 . Chøng minh r»ng :











³







n n

n

a

1

)(

1

2

)

(

1 )

1

1 2

1 (

22.Cho a , b , c > 0 vµ abc = 1 . Chøng minh r»ng :




³






3
c
b
a
c
b
a
b
a
c
a
c
b

23.Cho a , b , c , d > 0 vµ c2 + d2 = (a2 + b2)3 . Chøng minh r»ng

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

24.Chứng minh bất đẳng thức sau với a , b , c , d dơng tuỳ ý











³



qa
pc

q
p
qc
pb

q
p
qb
pa

q
p
c
b
a

1
1
1

ứng dụng bất đẳng thức

áp dụng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn

nhất , nh nht

Kiến thức cơ bản

Giả sử f(x) k ( k lµ h»ng sè ) vµ dÊu " = " xảy ra khi x = a thì giá
trị lớn nhÊt cđa f(x)lµ k khi x = a . Ký hiÖu Maxf(x) = k khi x = a . 
 Giả sử f(x) k ( k là hằng số ) và dấu " = " xảy ra khi x = a thì giá

trị nhỏ nhất của f(x) là k khi x = a . Ký hiÖu Minf(x) = k khi x = a .

Các bài toán

Bài 1 :

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 2x2 - 6x + 1 .

Tổng quát tìm giá trị nhỏ nhất cña P = ax2 + bx + c (a > 0 ) .

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của B = x - x .

c) Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa C = 9x2 - 6x - 43x 1 + 6 .

Gi¶i
a) Ta cã A = 2( x2 - 3x ) + 1 = 2

2 3 9 9 1 2 3 7 7

4 2 2 2 2

x x x

   

       ³

   

   

VËy minA = 7
2

 khi x 3
2
 .

2 2

2 2 2

4 4

b 4 4

= a x+

2a 4 4

b b b b

P a x x c a x x c

a a a a

b ac b ac

a a

 

         

   

 

 

 ³

 
 

VËy :

4
4

ac b
MinP

a



 khi x=

b
a


b) Điều kiện: x³0đặt t= x ³0

2 1 1 1

2 4 4

B t  tt   ³

 

VËy : 1 1

4 2

MinB khi x hay x=1
4
c) Đặt t |3x-1| 9x2 6x t2 1

    tacã :

2 4 5 ( 2)2 1 1

C t  t  t  ³

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

VËy : Min C =1 khi t = |3x-1| = 2 x1 hoặc x= 1

3

Bài 2:

a) Cho a < b,tìm giá trị nhỏ nhất của A = |x-a| + |x-b|.

b) Cho a < b < c, tìm giá trị nhỏ nhất của B= |x-a| + |x-b| + |x-c|

Gi¶i

a ) áp dụng bất đẳng thức : |x+y| | | | |x  y dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xy³0ta có :

A = |x-a| + |x-b| = |x-a| + |b-x| ³ |x a b x  | b a

VËy : MinA = b-a khi



x a b x

 





³ o a x c 

b) Ta cã |x-a| + |x-c| ³ c a,dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a x c và |x-b|o dấu bằng xảy
ra khi vµ chØ khÜ x=b

Do đó :B = |x-a| + |x-b| + |x-c| ³ c a dấu bằng xảy ra khi và chi khi x=b. vậy MinB = c-a

khi x = b

Bài 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất , lớn nhất của y=42 3
1

x
x

Giải
Cách 1. ta có

2 2

4 1 4 3

1 1

x ax x a

a

x x

    

 

 

Ta tìm a để ax2 4x 3 a

là bình phơng của nhị thức ta phải có : D , 4 a(3 a) 0  a =
-1 hc a = 4

Víi a = -1, ta cã :y=

2 2

2 2 2

4 1 4 4 ( 2)

1 1 1

x x x x

x x x

   

    ³

  

Suy ra : Min y = -1 khi x= -2
Víi a = 4, ta cã y = 4 +

2 2

4 4 1 (2 1)

4 4

1 1

x x x

x x

   

  

 

Suy ra : Max y = 4 khi x = 1
2


C¸ch 2: Ta cã y = 42 1 2 4 3 0

x

yx x y
x



    

 (1)

 y = o: (1) cã nghiªm x= 3
4


 y ¹0 : (1) cã nghiƯm khi vµ chØ khi

, 4 y y( 3) 0 (y 1)(y 4) 0 1 y 4

D    ³        

VËy : Min y = -1 , Max y = 4
Bài 4

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của y = (x-1)(x+2)(x+3)(x+6)
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của S = x6 y6

 biÕt x2y2 1
Gi¶i

a) Ta cã : y =(x2 5x 6)(x2 5x 6) (x2 5 )x 2 36 36

       ³

VËy Min y = -36 khi x = 0 hc x = -5



 







6 6 2 2 4 4 2 2
2

2 2 2 2 2 2

= x 3 1 3 1

S x y x y x y x y

y x y x y

     

    

b) Ta cã

VËy : MaxS = 1 khi x = 0 , y ±1 hc x ±1 , y = 0 .
Bài 5

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa A=(x a x b)( )

x

 

víi x > 0
Gi¶i
Ta cã : A=

2 ( )

x a b x ab ab

x a b

x x

  

   

áp dụng bất đẳng thức cơ si, ta có : x +ab 2 ab

x ³ do đó:

A a b 2 ab ( a b)2

³    

VËy minA=( a b khix)2 ab

 

Bµi 6

Cho biĨu thøc M =x2 y2 2z2 t2

   víi x,y,z,tỴN. H·y tìm giá trị nhỏ nhất của Mvà các giá

trị x,y,z,t biÕt r»ng :

2 2 2

=21 (1)

x 3 4 101 (2)

x y t

y z

  




  




Gi¶i

Lấy (1) cộng (2) ta đợc : 2(x2 + y2 + 2z2 + t2 ) - t2 = 122. Do đó :

M = 61 +

t

³  MinM = 61 khi t = 0 .

Víi t = 0 , tõ (1) suy ra : x2 - y2 = 21  (x - y)(x + y) = 21.

i) 1 11

21 10

x y x

x y y

  

 



 

 

(loại vì không thoả mÃn (2)) .

ii) 3 5.

7 2

x y x

x y y

  

 



 

  

 

Thay vµo (2) ta cã z = 4 .
VËy : MinM = 61 khi x = 5 , y = 2 , z = 4 , t = 0 .
Bài7

a) Tìm giá trị nhỏ nhất cđa A= x1 y 2 biÕt x+y=4

b) T×m giá trị lớn nhất của B= x 1 y 2

x y

c) Tìm giá trị lớn nhất của C=x+ 2 x
Giải
a) Điều kiện :x1,y2,ta có :

2 3 2 ( 1)( 2)

A   x y  x y , áp dụng bất dẳng thúc cô si tacó :

2 (x1)(y 2)   x 1 y 2

Do đó : A2 2 A 2

  

VËy : MaxA = 2 khi

3
x-1 = y-2 2
x+y = 4 5
2

x
y






 



 

  




b) áp dụng bất đẳng thức cơ si ta có:
( 1) 1

( 1)1

2 2

x x

x     , ( 2)2 ( 2) 2

2 2

y y

y    

Suy ra : B 1 1 max 1 1 2, 4

2 2 2 y 2 2 2 khi x y

      

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

C=y+2- 2 9 ( 1)2 9

4 2 4

y   y   MaxC 9 1 7

4 khi y 2 x 4

   

bµi 8 :

Tìm số có hai chữ số sao cho tỉ số giữa số đó và tổng các chữ số của nó có giá trị
a) nhỏ nhất :

b) lín nhất:

Giải :

Giả sử có hai chữ số là ab(1 a 9,o b 9, ,a b NỴ ),ta cã :

10 9 9

1
1

ab a b a b a

b

a b a b a b

a

  

   

   

a ) tØ sè ab

a b nhá nhÊt khi

b

a lín nhÊt , tøc lµ khi b = 9 vµ a = 1

vậy số cần tìm là 19
b) tỉ số ab

a b lín nhÊt khi

b

a nhá nhÊt , tức là b = 0 các số cần tìm lµ 10,20 , ..., 90

Bµi 9

a) chøng minh r»ng :

i)nếu hai số có tổng khơng đổi thì tích của chúng lớn nhất khivà chỉ khi hai số đó bằng
nhau

ii) nếu hai số dơng có tích khơng đổi thì tổng của chúng nho nhất khi và chỉ khi hai s
ú bng nhau:

áp dụng:

i) tìm giá trị lớn nhất của A=x3(16 x3)

với 0<x 3 16
ii) tìm giá trị nhỏ nhất của B=(x a)2

x

với a,x >0

giải
a)

i) giả sử x,y >0 ta có x+y=k (khơng đổi). áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số x,y ta
có: x+y

k

xy xy

³   ,DÊu "="x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=

k

Do đó max(xy)= 2

4 2

k k

khix y

ii) Giả sử x , y > 0và k = xy (khơng đổi) , ta có :

2 xy   x y x y ³2 k  Min x y(  ) 2 k khi x = y

b, ¸p dơng :

i) ta cã x3 (16 x3) 16

   (khơng đổi) nên tích x3(16 x3) lớn nhất khi và chỉ khi

3 16 3 2

x   x  x

VËy maxA=16 khi x=2
ii) ta cã :

2 2 2 2

x ax a a

B x a

x x

 

    .x và

a

x là hai số dơng có tÝch

2
2

a

x a

x  khơng đổi nên

tỉng x+a2

x đạt giá tri nhỏ nhất khi x=

a

x a

x  

VËy min B = 4a khi x = a
Bµi 10

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của 1
1

y x

x

với x>1

c) Tìm giá trị lớn nhÊt cđa A=(3-x)(4-y)(2x+3y) víi 0 x 3,0 y 4
Gi¶i

a) ta cã : y = 1(2 2 )(2 1)

2  x x víi ®iỊu kiƯn
1

2x thì hai số 2 - 2x , 2x - 1 là hai số dơng có tổng :
(2 -2x)+(2x- 1) =1 (khơng đổi) nên tích (2-2x)(2x-1) lớn nhất khi 2 - 2x = 2x - 1 hay x = 3

VËy : Maxy= 1 3 3 1 1 3

4 2 8khix 4

   

   

   

   

b) ta cã 1 1 1

y x
x

   

 với x>1 thì hai số dơng x-1 và
1

x cã tÝch b»ng 1 nªn tỉng

1
1

x
x

 

nhá nhÊt khi x-1 = 1

x  hay





1 1

x   hay x = 2 (v× >1)
VËy : Min y=3 khi x=2

c) Ta cã : A = 1(6 2 )(12 3 )(2 3 ).

6  x  y x y với 0  x 3, 0 y 4 thì ba số khơng âm 6 -2x , 12
- 3y và 2x + 3y có tổng bằng 18 (khơng đổi) nên tích của chúng lớn nhất khi 6 - 2x =12 - 3y =

2x + 3y =6 2 12 3 2 3

x y x y

    

(tØ lÖ thøc ) hay

6 - 2x = 12 - 3y = 2x + 3y = 6 tøc lµ x = 0 , y = 2 .
VËy MaxA = 6 khi x = 0 , y = 2

Bài11

a) tìm giá trị lớn nhÊt cña S = xyz x y y z x z(  )(  )(  ) víi x,y,z > 0 vµ x+y+z = 1
b) cho xy + yz + zx =1 Tìm giá trị nhỏ nhất của x4 y4 z4.

 

Giải
a) áp dụng bất đẳng thức cô si ta có

1 = x+y+z 33 1

xyz xyz

³  (1)

dấu "=" xảy khi và chỉ khi x = y = z = 1
3

2 = (x + y) + (y + z) + (x + z) ³3 (3 x y y z x z )(  )(  )

( )( )( )

x y y z z x

     (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra 8
729

S  Do đó max S = 8 1

729khix  y z 3
b) áp dụng bất đẳng thức bunhiacơpski, ta có :

1 = (xy + yz + xz)2 (x2 y2 z2)(x2 y2 z2) (x2 y2 z2 2)

        (1)

lại áp dụng bất đẳng thức bunhiacơpski, ta có :

2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 4 4

(x y z ) (1 1 1 )(x y z ) 3( x y z ) (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra : 4 4 4 1

x y z ³

VËy Min( 4 4 4 1 3

)

3 3

x y z  khix  y z ±

Bµi 12

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

2 2 2 2

7
13

x a b c

x a b c

   




   


Víi a,b,c lµ tham sè

Giải
áp dụng bất đẳng thức bunhiacơpski , ta có :



a b c





12 12 12

 

a2 b2 c2



(a b c)2 3(a2 b2 c2)

            

(có thể chứng minh cơng thức này bằng phép biến đổi tơng đơng ).
Từ giả thiết ,ta có :a + b + c = 7 - x và a2 b2 c2 13 x2

    do đó





2 2 2 5

7 3(13 ) 4 14 19 0 1

x x x x x

         

Vậy : x đạt giá trị nhỏ nhất là1 khi a = b = c = 2
x đạt giá trị lớn nhất là 5

2 khi a = b = c =
3
2
Baì 13

a) Tìm giá trị lớn nhÊt cña P x2 y2 xy 2x 2y

  

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

M = xy(x - 2)(y + 6) + 12x2  24x3y218y36

Gi¶i
a) Ta cã

2 2

2P2x  2y 2xy4y4y

= ( x2 2xy y2) (x2 4x 4) (y2 4y 4) 8

         





2 2 2

8 x y  (x 2)  (y 2) 8

Suy ra : P 4 dÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi x = y = 2
VËy : MaxP = 4 khi vµ chØ khi x = y = 2

b) Ta cã : M = x x(  2) (y y6) 12 (x2 2 ) 3(x y2 6 ) 36y

   

= x x( 2) (



y y 6) 12



3(y2 6y 12)

     

= (x2 2x 3)(y2 6y 12)

   

Mµ :x2 2x 3



x 1



2 2 2

     ³

2 6 12 ( 3)2 3 3

y  y  y  ³

M

 ³ .DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi x = 1, y = -3

VËy : min M = 6 khi vµ chØ khi x = 1, y = -3
Bµi 14

Hãy phân chia 8 số : 2 ,3, 4, 5, 6, 8, 9,10 thành hai nhóm tuỳ ý rồi lấy tích cuả các số trong mỗi
nhóm và gọi A là tổng của hai tích đó .Tìm giá trị nhỏ nhất của Avà chỉ ra các cách chia để số A
nhỏ nhất

Gi¶i

Gọi tích của các số trong mổi nhóm của một cách phân chia nào đó là x , y thì
A = x + y

với cách phân chia bất kì ta có :

8 4 2

2.3.4.5.6.8.9.10 2 .3 .5

xy   ( không đổi)

Theo bất đẳng thức cô si : A = x + y 8 4 2 4 2

2 xy 2 2 .3 .5 2 .3 .5

³  thì giá trị nhỏ nhÊt cđa Alµ

4 2

2 .3 .5 1440 khi x=y . để có phân chia sao cho A nhỏ nhất , ta thấy mỗi nhóm phải chứa tha s

4 2

2 ,3 ,5.ta có cách phân chia nh sau

C¸ch Nhãm 1 Nhãm 2

1
2

2 , 3, 4 ,6 , 5
2 , 4 , 9 , 10

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

3 2 , 5 , 9 , 8 3 , 4 , 6 , 10

Bài 15

cho x,y,z,t 0thoả mản : ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1

4 4 4 4 2

x x y y z z t t  Tìm giá trị lớn nhất của tổng S =
x + y + z + t

Gi¶i

Tõ gi¶ thiÕt suy ra : 2 2 2 2 1( ) 1(1)

4 2

x y z t  x y z t    áp dụng bất đẳng thức bunhiacơpski ,
ta có :



x y z t





12 12 12 12

 

x2 y2 z2 t2



          Hay :





2 2 2 2 2

(2)
4 x y z t   x y z t

Tõ (1) vµ (2) suy ra :1





2 1





4 x y z t    4 x y z t   2 Hay :

2 2 0 1 2

S  S     S

VËy : MaxS=2 khi x = y = z = 1
2
Bµi 16

cho tø gi¸c låi ABCD cã diÖn tÝch S vµ O là điểm nằm trong tø gi¸c sao cho

2 2 2 2 2 .

OA OB OC OD S chứng minh rằng ABCD là hình vuông có tâm là O

Giải

Gi BH là đờng cao của tam giác ABC , ta có : 2

S

ABC=OA.BH. nhng BH BO nên :

2 2

2 .

AOB

OA OB

OA OB

S

   (BĐT cơ si) .Do đó 1( 2 2),

AOB OA OB

S

  dÊu b»ng x¶y khi và chỉ

khi OA OB và OA=OB.

Tơng tự : 1( 2 2);

BOC OB OC

S

 

2 2

( )

COD OC OD

S

  ;

2 2

( )

AOD OA OD

S

 

VËy 2 2 2 2

ABCD AOB BOC COD DOA

OA OB OC OD

S



S



S



S



S

  



Hay : 2 OA2 OB2 OC2 OD2,

dấu bằng xảy ra khi và khi vµ chØ khi

OA=OB=OC=OD vµ AOB BOC COD DOA   9O0

    Tøc lµ ABCD lµ hình vuông và O là tâm

ca hỡnh vuụng ú
Bi 17

Cho trớc a , b > 0 và x , y> 0 thay đổi sao cho a b 1,

xy  tìm x , y để x + y đat giỏ tr nh nht

.
Giải.

áp dụng bất đăng thức bunhiacôpski ta cã :

D
C

H
A

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

x + y =





2
2

2 2 a b a b

x y x y

   

 
 

 

      ³  
       

 

Hay : 2

( ) ,

x y ³ a b dÊu "=" x¶y ra khi

y

x x y x y

a b

a b a b a b

x y



     



tøc lµ khi x a



a b y



,  b( a b).

VËy min(x y )



a b



2 khix a



a b y



,  b b(  a)

Bµi tập t ơng tự

1. Tìm giá trị lớn nhÊt cña :

y ax bx c ( a < 0 )
2. Tìm giá tri nhỏ nhất của:

| | | | | | | |

y x a  x b  x c  x d víi a < b < c < d
3 .Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa :

100 10 10 10.

y x  x 

4.T×m giá trị nhỏ nhất , lớn nhất của :

2
2

1
1

x x

y

x x

 


 

Hớng dẩn giải và đáp số
1:

max .

ac b
y

a




2: min y c d a b   
3: miny 1

4 : min 1, max 3
3

y y

bÊt ph¬ng trình

A Kiến thức cơ bản

. A B B A B 

. A B A B

A B



  

 


0
0
0

B
A
A B

B
A B

 



³


 

 ³
 
 


. A B 0 A B2

B . Các bài toán

Bài 1 Giải bất phơng trình
a ) x2 2x 3 0

   b ) 2x  3 5
c ) 2x1x d ) 1 1

x  x

Gi¶i

a ) x2 2x 3 0 1 x 3

      

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

b ) 2x 3 5   5 2x 3 5    1 x 4

c ) ®iỊu kiƯn : 1:
2

x ³





2x1x 2x1x  x 1 0 x¹1

VËy 1, 1

x³ x¹

d ) 1 1 1 0 ( 1) 0 1 0

1 ( 1) x x x

x x x x



   

Bài 2 Giải bất phơng trình

a )

x2 2x 7

2 7

x2 2x 8

7 0

      

b ) x x



2

 

2 x4



5

c ) 1 2

x x



Giải

a ) Đặt t x2 2x 7

ta cã :

2
2

2 7 0

7( 1) 1 0 ( 7) 0 0 7

2 7 7

x x

t t t t t

x x

   



           

  












1 6 0

2 0
2 . 0

x

x x

   


     
 




b) Ta cã :x x( 2) (2 x4) 5 



x24x x





2



2 5

đặt t



x2



2 ( t³0 ), ta có :



t 4



t 5 t2 4t 5 0



t 1

 

t 5



0 t 5

            (v× t +1> 0 )



x 2



2 5 x 2 5 5 2 x 5 2

     

c ) Đặt ,

x
t

x

ta cã :

2 1

1 2 1

2 0

t

t t

t

t t



 

     



 t =1 1 1 0

x
x

   

 , v« lÝ

 t < 0 0 1 0

x

x
x

     



Bài 3 xác định m để bất phơng trình x m 2 x2 có nghiêm

Gi¶i

đặt t x 2 0 x t2 2

  ³    . ta cã





2 2 2 1 3

t m t t m

bất phơng trình có nghiƯm th× m ³ 3 0 m³3 víi m ³3:

(1)  t1 m  3 1 m   3 t 1 m3 cã nghiÖm t ³0.

VËy m ³3

Bài 4 xác định m lớn nhất để x(x+1)(x+2)(x+3)³m thoả với mọi x

Gi¶i

Ta cã x(x+1)(x+2)(x+3)³m

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>



x2 3x



2 2



x2 3x



m

   ³ 



x23x1



2 ³ m 1

NÕu (1) tho¶ m¶n víi moi 3 5

x ± ta cã m 1 suy ra m lớn nhất khi m = -1
Ngợc lại , với m=-1 th×



x2 3x 1



2 0

  ³ víi mọi x

Bài 5 Giải hệ bất phơng trình

4 2

5 3

1 (1)
1 (2)

x y
x y

  




 ³




Gi¶i

Tõ (1) suy ra

4
2

1 1 1

1 1

x x

y
y

    





 

  


 



nhân (2) với -1 rồi cộng với (1) ta đợc :



x4 x5

 

y2 y3



0 x4



1 x



y2



1 y



0

        

4
2

1
0
(1 ) 0

0
(1 ) 0

x
y

x x

x

y y

y

 




  

 

  

 
 

Vậy bất phơng trình có nghiệm ( 1 , 0 ) vµ ( 0 , 1)

C Bài tập phơng trình

1. Giải các bất phơng trình sau :
a ) 4x2 2 2



x 1



3 0

    b ) 2 x  x1 5

c ) x3 2x2 x 2 0

    d ) 2x5 7 4 x
2. Giải và biện luận phơng trình : mx - 1 > m - x
3. Giải bất phơng trình : x4 8x2 16 2 x

  ³ 

4. Xác định m để hệ phuơng trình sau có nghiệm (x ; y) với x + y lớn nhất :

2
2

x m y m
m x y m

  




 



 .

5. Định m để hệ sau có nghiệm duy nhất :

1 2

x m m

x m m

  




  




D Hớng dẫn giải và đáp số

1. a) 4 2 4 1 0



2 1



2 0 1

x  x   x  x

b) Xét các trờng hợp : x0;0 x 1;x1.
c) x3 2x2 x 2



x21





x 2 .



d) A  B  A2 B2 0.

2. (m + 1)(x + 1) > 0 .
 m > - 1; x > -1 .
 m < - 1 ; x < - 1 .
 m = - 1 ; V« nghiƯm .



 





 



2
2

2 3 0

4 2 3

4 2

1
2 1 0

4 2

x x

x x x

x x

x

x x

   ³

  ³   

 ³       

³
  

  

  

 

.
4. Giả sử hệ có nghiệm (x0 ; y0) . Cộng lại ta đợc : 0 0 2

1.
1

m
x y

m

  

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

Suy ra x0 + y0 lín nhÊt b»ng 1 khi m = 1 .

5. Điều kiện m ³ 0 . Hệ đợc viết lại : 0 2

2 1 2 1 3 1

m x m m x m

m x m m m x m

     

 



 

        

 

HƯ cã nghiƯm duy nhÊt khi vµ chØ khi : 2 1 3 1.

0 1 5

m m

m
m

 


 

  



</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100></div>
(101)<div class='page_container' data-page=101></div>
(102)<div class='page_container' data-page=102></div>
(103)<div class='page_container' data-page=103></div>
(104)<div class='page_container' data-page=104></div>
(105)<div class='page_container' data-page=105></div>
(106)<div class='page_container' data-page=106></div>
(107)<div class='page_container' data-page=107></div>
(108)<div class='page_container' data-page=108></div>
(109)<div class='page_container' data-page=109></div>
(110)<div class='page_container' data-page=110></div>
(111)<div class='page_container' data-page=111></div>
(112)<div class='page_container' data-page=112></div>
(113)<div class='page_container' data-page=113></div>
(114)<div class='page_container' data-page=114></div>
(115)<div class='page_container' data-page=115></div>
(116)<div class='page_container' data-page=116></div>
(117)<div class='page_container' data-page=117></div>
(118)<div class='page_container' data-page=118></div>
(119)<div class='page_container' data-page=119></div>
(120)<div class='page_container' data-page=120></div>
(121)<div class='page_container' data-page=121></div>
(122)<div class='page_container' data-page=122></div>
(123)<div class='page_container' data-page=123></div>
(124)<div class='page_container' data-page=124></div>
(125)<div class='page_container' data-page=125></div>
(126)<div class='page_container' data-page=126></div>
(127)<div class='page_container' data-page=127></div>
(128)<div class='page_container' data-page=128></div>
(129)<div class='page_container' data-page=129></div>
(130)<div class='page_container' data-page=130></div>
(131)<div class='page_container' data-page=131></div>
(132)<div class='page_container' data-page=132></div>

Luyen thi

Phần

<i><b>I</b></i>

: Đại số

Cỏc chuyờn về biến đổi biểu thức

Biến đổi biểu thức nguên

A. Một số hằng đẳng thức cơ bản

 

B. Bảng các hệ số trong triển khai (x + y )n - Tam giác Pascan

I.

VÝ dô

VÝ dô 1









<i>Gi¶i</i>

















Ví dụ 2













II. Bài tập

14

0

<i><sub>b</sub></i>

<i><sub>c</sub></i>

Biến đổi phân thức hữu tỷ

<i><b> </b></i>

VÝ dô :

VÝ dô 1

:

VÝ dô 2





VÝ dô 3

<i><b> </b></i>

Bµi tËp:























2001

1

1

1

1

2001

<i>c</i>

<i>b</i>

<i>a</i>

<i>c</i>

<i>b</i>

<i>a</i>

.















