GA Boi duong HSG K9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Ngµy so¹n :28/10/2008 Buæi 8: Ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn A. KiÕn thøc c¬ b¶n: I. Mét sè ph¬ng ph¸p thêng vËn dông khi gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn 1. Ph¬ng ph¸p ®a vÒ ph¬ng tr×nh tÝch: C¸c vÝ dô: VD1: T×m c¸c nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh: xy – x – y =2 Gi¶i: ViÕt PT vÒ d¹ng: (x – 1 )(y – 1 ) =3 Do x, y  Z nªn (x-1), (y-1)  Z vµ x-1, y-1 lµ íc cña 3 Do vai trß cña x,y nh nhau nªn kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t g/s x y   x  1 3   y  1 1  x  1 y  1      x  1  1    y  1  3.   x 4    y 2   x 0    y  2. VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm (x;y) = (4;2), (0;-2) , (2;4), (-2;0) VD2: T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh: x2+x+6=y2 (2) Giải: Phơng trình đã cho tơng đơng với 4 x 2  4 x  24 4 y 2 2. 2.   2 y    2 x  1 23   2 y  2 x  1   2 y  2 x  1  23 2 y  2 x  1  0  2 y  2 x 1  0. 2 y  2 x 1  2 y  2 x 1.   x 5    y 6   x  6    y  6  2 y  2 x  1 23  2 y 12     2 y  2 x  1 1  2 x  1 11   x 5   y  6    x  6   y 6 . Ta cã: nªn VËy ph¬ng tr×nh cã c¸c nghiÖm nguyªn (5;6),(5;-6),(-6;6),(-6,6) 2. §a vÒ ph¬ng tr×nh tæng: C¸c vÝ dô: VD1: T×m c¸c nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh: x2 – 4xy +5y2=169 Gi¶i: Pt tơng đơng với: (x – 2y)2 +y2 =169 =132+02=122+52   x  2 y 0    y 13   x  2 y 5 x  2y  N      y 12    x  2 y 12    y 5. Mµ y  Z+ ; Từ đó tìm đợc nghiệm nguyên dơng của PT: (26;13), (29;12) , (19;22), (22;5) VD2: T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh: x. 1. 10  1 7 y z.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Gi¶i: 10 1 1 1 1   x 1  1 1 1 7 2 y 2 3 z 3 Ta cã. V× sù ph©n tÝch trªn lµ duy nhÊt nªn ta cã x=1;y=2;z=3 3. NhËn xÐt vÒ Èn sè: VD: Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn: 1+x+x2+x3=y3 Gi¶i: Ta cã x2+x+1>0 vµ 5x2+11x+7>0 víi mäi x Nªn (1+x+x2+x3) – (x2+x+1)< 1+x+x2+x3<(1+x+x2+x3) +(5x2+11x+7) Do đó x3<y3<(x+2)3 suy ra y3=(x+1)3 Từ đó suy ra x(x+1)=0  x 0  x  1 ;  y  1   y 0 Vậy nghiệm nguyên của phơng trình đã cho là:. 4. VËn dông tÝnh chÊt cña tËp hîp sè nguyªn. VD1: Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn: 3x+17y=159 Gi¶i: Gi¶ sö x,y lµ c¸c sè nguyªn tho¶ m·n ph¬ng tr×nh Ta thÊy 3x,159 chia hÕt cho 3 nªn 17y ph¶i chia hÕt cho 3 mµ 17 kh«ng chia hÕt cho 3 vËy y ph¶i chi hÕt cho 3 suy ra y=3t(t  Z ) Thay y=3t vào pt ta đợc: x=53-17t Thay x=53-17t; y=3t vào pt, ta đợc nghiệm đúng VD2: T×m nghiÖm nguyªn tè cña ph¬ng tr×nh: x2 – 2y2 = 1 Gi¶i: PT tơng đơng với (x+1)(x-1)=2y2 Vì x2=2y2+1 là số lẻ nên x+1, x-1 là số chẵn do đó (x+1)(x-1) chia hết cho 4 vậy y2 chia hÕt cho 2 suy ra y chia hÕt cho 2 mµ y lµ sè nguyªn tè nªn y=2 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm: (3;2) 5. Ph¬ng ph¸p chøng minh b»ng ph¶n chøng. b. VÝ dô: T×m c¸c nghiÖm nguyªn cña pt: x3+2y3=4z3 (1) Gi¶i: Gi¶ sö (x0;y0;z0) lµ mét nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh (1) . Khi đó x0 chia hết cho 2 . đặt x0=2x1 . Thay vào (1) ta có y0 chia hết cho 2, đặt y0=2y1 Thay vào (1) ta có z0 chia hết cho 2 ,đặt z0=2z1. Nh vËy nÕu (x0;y0;z0) lµ nghiÖm cña (1) th× (x1;y1;z1) còng lµ nghiÖm cña (1) . Qu¸ tr×nh cø tiÕp tôc m·i suy ra x0,y0,z0 chia hÕt cho 2k (k thuéc tËp sè tù nhiªn) VËy (x0;y0;z0)=(0;0;0) B. Bµi tËp ¸p dông Bµi1: T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña c¸c ph¬ng tr×nh: a/ 5x-y=13 d/12x+17y=41 b/23x+53y=109 e/5x+10y=3 c/12x-5y=21 g/4x+12y=7 Bµi2: Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn a/ x2+91=y2 e/ 2m-2n=1984 b/x2-656xy-657y2=1983 g/ (x+5)(y+6)=3xy c/x2-25=y(y+6) h/ y3-x3=91 3 2 x  6 y 2  x  332 d/ 2. i/x4 =y2(y-x2). h/ 4x+11y=47 i/12x-7y=45 k/9x+10y=135 k/ x+y=xy l/x2+x+1991=y2 m/x 2=y2 +2y+13 n/x2-6xy+5y2 =121. Bµi3: T×m nghiÖm nguyªn d¬ng : a/2x+2y+2z =2336 b/x2(x+2y)-y2(y+2x)=1991 c/ xy -2x +3y =27 d/3x2+10xy+8y2=96 e/ 2n+122=z2-32 Bµi4: Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn a/ x2+13y2=100+6xy c/ 4x2+4x+y2=24 b/x2-x-6=-y2 d/101(x2y2z2+x2+z2)=913(y2z2+1) Bµi5: T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña c¸c ph¬ng tr×nh sau:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a/ 3x2+2y2+z2+4xy+2xz=26-2yz b/ x2+y3-3y2=65-3y c/31(xyzt+xy+xt+zt+1)=40(yzt+y+t) d/ 55(x3y3+x2+y2)=229(xy3+1). e/7(x2y+x+xy2+2y)=38xy+38 g/x6+z3-15x2z=3x2y2z-(y2+5)3 h/(x2+4y2+28)2=17(x4+y4+14y2+49) 1 1 1  2  ...  2 1 2 xn i/ x1 x2. Bµi6: T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña PT: 1. 1 2. 1 3. 1  1  n. 1.  x1 . 1 x2 . 1 x3 . 1  . 1 xn. Bµi7: T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña c¸c pt sau: a/ x+y+z=xyz e/5(xy+yz+zx)=4xyz g/ xyz=9+x+y+z 1 1 1   2 h/x+y+1=xyz i/2x+1=3y b/ x y z k/xy2+2xy+x-216y=0 1 1 1 1 2 c/ x. . y2. . z2. . t2. 1. d/5(x+y+z+t)=2xyzt-10 Bµi8: Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn: xy xz yz   3 z y x a/. i/ x4+x2+4=y2-y k/ x4+x2-y2+y+10 l/x6-x2+6=y3 –y m/19x2+5y2+1995z=9505+3 n/x2+y2+z2=1980. b/ y3-x3=3x c/x4+x2+1=y2 d/ (x+2)2-x4=y3 x14  x24  ...  x144 1999 3 3 2 o/ e/x -y -2y -3y-1=0 g/y3-x3=2x+1 h/x4-y4+z4+2x2z2+3x2+4z2+1=0 Bµi9: Chøng minh r»ng c¸c ph¬ng tr×nh sau kh«ng cã nghiÖm nguyªn a/ x3+y3+z3=30419751951995 b/x5+3x4y-5x3y2-15x2y3+xy4+12y5=33 Bµi10: T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh a/ 4xy-x-y=z2 d/ x  y  1980 víi x<y b/ x2-y3=7 2 e/xy2+2xy-243y+x=0 c/4xy-y=9x -4x+2 Bµi11: Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn: a/ 19x2+28y2=729 b/x2+4y2=196 c/ 13 x  7 y  2000 Bµi12: Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn: a/ x3 -3y3-9z3=0 b/x2+y2+z2+t2=2xyzt c/8x4+4y4+2z4=u4 d/x2+y2+z2=x2y2 e/ 1!+2!+…+x!=y2. 11x  d/ 5. 2 x  1 3 y . 4y  1 2. e/x3-100=225y g/ 19x5+5y+1995z=x2-x+3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Ngµy so¹n :18/10/2008 Buæi 6 : Ph¬ng tr×nh v« tØ ----------------------------------------- Ph¬ng tr×nh v« tØ lµ ph¬ng tr×nh cã chøa Èn trong dÊu c¨n  Các phơng pháp thờng dùng để giải phơng trình vô tỉ I. Phơng pháp biến đổi tơng đơng:  x  TXD  f ( x ) g ( x) 0    f ( x) g ( x). f ( x)  g ( x) D¹ng1: (*) Chú ý: Điều kiện (*) đợc lựa chọn tuỳ theo độ phức tạp của f(x) 0 và g(x) 0. VD: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:.  x 2  3x  2  2m  x  x 2.  x 2  3 x  2 0 1  x 2   x 2  3x  2 2m  x  x 2 0     x m  1  x m  1 §Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm th× 1 m  1 2  0 m 1  g ( x)conghia & g ( x) 0 f ( x )  g ( x)   2  f ( x )  g ( x) D¹ng2: Chú ý: Không cần đặt điều kiện f ( x) 0 x 2  1  x 1 . VD: Gi¶i ph¬ng tr×nh: VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x=-1.  x  1 0  x 1 x2  1 x 1   2   x  1 2 2 x  2  x  1 ( x  1).  f ( x)conghia & f ( x) 0  f ( x)  g ( x)  h( x)   g ( x)conghia & g ( x) 0 ( f ( x)  g ( x)) 2 h( x) . D¹ng3: Chú ý: Không cần đặt điều kiện h( x) 0 VD: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x  4  1  x  1  2x. 1  x 0   1  x  1  2 x  x  4  1  2 x 0   1  x  1  2 x  2 (1  x)(1  2 x) x  4.  x 1  1  x  2   (1  x)(1  2 x) 2 x  1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1  x 2 1  1   x   2 2   2 x  1 0 (1  x)(1  2 x ) (2 x  1) 2  2 x 2  7 x 0   . 1  1  2  x  2   x 0   x 0  7   x  2 . Hoặc có thể trình bày theo cách khác nh sau: - Tìm điều kiện để các bt có nghĩa - Biến đổi phơng trình Các bài tập đề nghị: Bµi1: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a/ x  2 x  3 0. e/. 2 b/ x  x  1 1. g/ 15  x  3  x 6. c/. x 3 . x  4 1. h/. x 1. x  1 2. 4x 1 . 3x  4 1. 2 k/ 3 x  2  x  x 2. d/ 10  x  x  3 5 Bµi2: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a / x  4  1  x  1 2x. d / x 2 x 1 . b / 3x  4 . e / x  2x  1  x . 2 x 1  x  3. c /( x  3) 10  x 2 x 2  x  12. x  1 1. g / x  6x  9  x . 2x  1  2 6x  9  6. 2. Bµi3: Cho ph¬ng tr×nh: x  1  x m a/ Gi¶i ph¬ng tr×nh víi m=1 b/ Gi¶i vµ biÖn luËn ph¬ng tr×nh II. Phơng pháp đặt ẩn phụ - Dạng 1: VD1: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x 2  x 2  1 31  x 2  11  x 2  11  42 0 2 Đặt t= x  11  t  11 . Khi đó phong trình có dạng:.  t 6   t  7 t2 +t – 42 =0 2 2 2 V× t  11 nªn t=6  x  11 6  x  11 36  x 25  x 5 VËy ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm x=-5; x=5 2. VD2: Gi¶i ph¬ng tr×nh : Gi¶i:. 2. 2 4  1  x   3 4 1  x 2  4  1  x  0. 1 x V× x=1 kh«ng lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh nªn chia 2 vÕ cña ph¬ng tr×nh cho 4. 24. îc:. 0. 1 x 4 1 x   4 0 1 x 1 x. 1 x 0  §Æt t= 1  x 4. 2. 4. 1 x 1  1  x t , Khi đó phơng trình trở thành:  t  1  0 1 2  3 0  2t  3t  1 0    t  1  0 t  2 2t+ (kh«ng tho¶ m·n §K). VËy ph¬ng tr×nh v« nghiÖm. II. Phơng pháp đặt ẩn phụ - Dạng 2:. , ta ®-.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 3 2  x 1  VD: Gi¶i PT: Gi¶i: §iÒu kiÖn : x-1 0  x 1. x 1. u  3 2  x  u 3  v 2 1  v  x  1, v 0. u 3  v 2 1  u  v 1. §Æt . Khi đó ta có hệ: Giải hệ ta tìm đợc u=0,1,2 , thay trở lại ẩn x ta đợc: x=2,1,10 Vậy pt đã cho có 3 nghiệm 1,2,10 D¹ng3: PT cã chøa c¨n bËc 3 vµ luü thõa bËc 3 3 3 VD: Gi¶i PT: x  2 3 3x  2 3 Đặt y= 3 x  2 . Khi đó phơng trình chuyển thành hệ 3  x  2 3 y  x y  3  y 3 x  2. Từ đó tìm đợc x=1; x=-2 Bài tập đề nghị: Bµi1: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a / x 2  3x  3  x 2  3x  6 3 2. e / ( x  1)  2  x  1  2 x  2 x 2. 2. b / 2 x  5 x  2  2 2 x  5 x  6 1. . g / 4 x 1 . c / x 2  3x  2  2 2 x 2  6 x  2  2. 4. x. 4. . x 1 x. 2. 2. h / 2 n  1  x   3 n 1  x 2  n  1  x  0. d /( x  5)(2  x) 3 x 2  3 x. Bµi 5: Gi¶i c¸c pt sau: 1  x  x 2  3x  2   x  2  b /  x  2  x  2  4  x  2. a/ Bµi6: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau:. x 1 3 x 2. x2  3 x 2. a / x 2  1 2 x x 2  2 x. c / x 2  1 2 x x 2  2 x. b / x 2  4 x  x  2  x 2  2 x  4. d /  4 x  1 x 3  1 2 x 3  2 x  1. Bµi 7: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a / 3 9  x 2 . x 1. b / 3 2  x 1 . x 1. c/ x. x  1   x  1 x  x 2  x 0. Bµi8: Víi gi¸ trÞ nµo cña a th× c¸c pt sau cã nghiÖm: a / 3 1  x  3 1  x a. b / 1  x  1  x a. Bµi9: Gi¶i vµ biÖn luËn c¸c ph¬ng tr×nh sau: b / x  1  x 2 m. a / x  4  x m. Bµi10: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a / 3 x  1  3 7  x 2b / 3 25  x  3 3  x 4. e / 3 2  x  x  1 1g / 3 24  x  12  x 6. c /1  3 x  16  3 x  3d / 3 x  4 . h / 3 2  x  x  1 1i / 3 x  2  x  1 3. 3. 6  x 1.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2. 2. a / 3 x  1  3 x  1  3 5 xb / 3  x  1  3  x  1  3 x 2  1 1 c / 3 x  1  3 x  2  3 x  3 0d. Bµi11: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: e / 2x  3  x  2  2x  2 . 3. 7 x  3 x 5 6  x 3 7 x  3 x 5. x  2 1  2 x  2. g / 2 x 2  9 x  4  3 2 x  1  2 x 2  21x  11h /. 2 x 2  2 x. 2. . 2. x 2. x.  2. Bµi12: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: d/ a / x  1 x 2  4 x  5. 4x  9 7 x 2  7 x, x  0 28. e / x 3  1 2 3 2 x  1. 2. b / 3 x 1  4 x  13 x  5. . . g / x 3 35  x 3 x  3 35  x 3 30. c / x 3  2 3 3 3x  2. III. Phơng pháp đánh giá: §¸nh gi¸ dùa trªn tam thøc bËc hai, B§T, GTT§,…. 2. VD1: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x  2 x  5  x  1 2 Giải: Từ ĐK đánh giá VT luôn lớn hơn hoặc bằng 2 dựa trên tam thức bậc hai 2. 2. VD2: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x  x  1  x  x  1 2 Gi¶i: §K: x 1 đánh giá VT 2 dựa trên BĐT Cosi, dấu = xảy ra khi x=1,-1 Do x 1 nªn x=1 x  2 x  1  x  3  4 x  1 1 x 1 1  2.  . VD3: Gi¶i pt: Bài tập đề nghị:. . . x 1 1 2. Bµi1: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau:. x 1 . . .  . x 1 1  2. x  1 0  2  x 5. x 1. .

<span class='text_page_counter'>(8)</span> a / 2 7 x 3  11x 2  25 x  12 x 2  6 x  1 b / 2  x2  2 . 1 4  x2. c / x  1 2 x  2  d / y 2 y  1 . 1  x  x . x  1  2 x  2 1 y 3 y 2 y 1  2. e / 2 5 x3  3x 2  3x  2 x 2  6 x  1 f / 1  x 2  1  x 2  3 1  x 3  3 1  x 3  4 1  x 4  4 1  x 4 6 g / x  1 x  4 x  4 1 x  2  4 8 h / 4 2  x 4 x 2  3x  4 i / 2 x  1  19  2 x . 6  x  10 x  24 2. k / x 2 4 2  x 4 x 4  x3 1 l / x  x  4 2  x 2  4 2  x 4 4. Bµi2: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a / x 2  4 x  4  x 2  6 x  9 1. d / x  2  4 x  2  x  7  6 x  2 1. b / x  4  4 x  x  9  6 x 1. e / x2  6  x  2 x2  1. c / x  6  4 x  2  x  11  6 x  2 1. g / x  7  9  x  x 2  16 x  66. Bµi3: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a / x  1  x  10  x  2  x  5 b / x  1  x 3 2.  x  1  x 2  3x  5  4  2 x. Ngµy so¹n :25/9/2008. Buæi 3-4:. Chứng minh Bất đẳng thức. phÇn i : C¸c kiÕn thøc cÇn lu ý 1, Định nghĩa bất đẳng thức 2, Mét sè tÝnh chÊt c¬ b¶n cña bÊt d¼ng thøc : a, TÝnh chÊt 1: a > b <=> b < a b, TÝnh chÊt 2: a > b vµ b > c => a > c.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> c, TÝnh chÊt 3: a > b <=> a + c > b + c HÖ qu¶ :. a > b <=> a - c > b - c a + c > b <=> a > b - c. d, TÝnh chÊt 4 : a > c vµ b > d => a + c > b + d a > b vµ c < d => a - c > b - d e, TÝnh chÊt 5 : a > b vµ c > 0 => ac > bd a > b vµ c < 0 => ac < bd f, TÝnh chÊt 6 : a > b > 0 ; c > d > 0 => ac > bd g, TÝnh chÊt 7 : a > b > 0 => an > bn a > b <=> an > bn víi n lÎ . h, TÝnh chÊt 8 : a > b ; ab > 0 => 3, Một số đẳng thức thông dụng : a, Bất đẳng thức Côsi :. a+b ≥ √ ab 2. Víi 2 sè d¬ng a , b ta cã :. Dấu đẳng thức xảy ra khi : a = b b, Bất đẳng thức Bunhiacôpxki : Víi mäi sè a ; b; x ; y ta cã : ( ax + by )2 Dấu đẳng thức xảy ra <=>. (a2 + b2)(x2 + y2). a b = x y. c, Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối : Dấu đẳng thức xảy ra khi : ab |a|+|b|≥|a+ b|. 0. phÇn ii : Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức 1.Phơng pháp 1 : Dùng định nghĩa - KiÕn thøc : §Ó chøng minh A > B , ta xÐt hiÖu A - B råi chøng minh A - B > 0 . - Lu ý : A2 0 víi mäi A ; dÊu '' = '' x¶y ra khi A = 0 . - VÝ dô : Bµi 1 : Víi mäi sè : x, y, z chøng minh r»ng : x2 + y2 + z2 +3. 2(x + y + z). Gi¶i : Ta xÐt hiÖu : H = x2 + y2 + z2 +3 - 2( x + y + z) = x2 + y2 + z2 +3 - 2x - 2y - 2z = (x2 - 2x + 1) + (y2 - 2y + 1) + (z2 - 2z + 1) Do (x - 1)2 => H. = (x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2 0 víi mäi x (y - 1)2. 0 víi mäi y. 0 víi mäi x, y, z. Hay x2 + y2 + z2 +3. 2(x + y + z) víi mäi x, y, z .. DÊu b»ng x¶y ra <=> x = y = z = 1.. (z - 1)2. 0 víi mäi z.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Bµi 2 : Cho a, b, c, d, e lµ c¸c sè thùc : Chøng minh r»ng : a2 + b2 + c2 + d2 + e2. a(b + c + d + e). Gi¶i : XÐt hiÖu : H = a2 + b2 + c2 + d2 + e2 - a(b + c + d + e). a a a a − b )2 + ( − c )2 + ( − d )2 + ( − e )2 2 2 2 2. =( a −b 2 a Do( − c 2 a Do ( − d 2 a Do ( − e 2. Do (. => H. )2. 0 víi mäi a, b. )2. 0 víi mäi a, c. )2 )2. 0 víi mäi a, d 0 víi mäi a, e. 0 víi mäi a, b, c, d, e. DÊu '' = '' x¶y ra <=> b = c = d = e =. a 2. Bài 3 : Chứng minh bất đẳng thức : a2 +b2 a+ b ≥ 2 2. 2. ( ). Gi¶i : XÐt hiÖu : H = = =. a2 +b2 a+b 2 − 2 2 2 2 2(a +b )−( a2+ 2 ab+b2 ) 4 a − b ¿2 ≥0 . Víi mäi a, b . 1 1 (2 a2 +2 b2 −a 2 − b2 − 2 ab)= ¿ 4 4. ( ). DÊu '' = '' x¶y ra khi a = b . 2. Phơng pháp 2 ; Dùng phép biến đổi tơng đơng . - Kiến thức : Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã đợc chứng minh là đúng . VÝ dô : Bµi 1 : Cho a, b lµ hai sè d¬ng cã tæng b»ng 1 . Chøng minh r»ng : 1 1 4 + ≥ a+1 b+1 3. Gi¶i:. Dùng phép biến đổi tơng đơng ; 3(a + 1 + b + 1) 4(a + 1) (b + 1) 9 4(ab + a + b + 1) (v× a + b = 1) 9 4ab + 8 1 4ab  (a + b)2 4ab Bất đẳng thức cuối đúng . Suy ra điều phải chứng minh . Bµi 2: Cho a, b, c lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n : a + b + c = 4 Chøng minh r»ng : (a + b)(b + c)(c + a) a3b3c3 Gi¶i: Tõ : (a + b)2 4ab , (a + b + c)2 = [ ( a+b)+c ] 2 ≥ 4 (a+ b) c => 16 4(a + b)c => 16(a + b) 4(a + b)2c 16 abc.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> => a + b abc T¬ng tù : b + c abc c+a abc => (a + b)(b + c)(c + a) a3b3c3 Bài 3 : Chứng minh bất đẳng thức : 3. 3. a +b a+b ≥ 2 2. Gi¶i :. 3. ( ). ; trong đó a > 0 ; b > 0. Dùng phép biến đổi tơng đơng : Với a > 0 ; b > 0 => a + b > 0. a3 +b3 a+b 3 ≥ 2 2 a+b a+b .(a2 − ab+b 2)≥  2 2 2 a+b  a2 - ab + b2 2. ( ). ( ). a+b 2. 2. ( ) ( ) ( ).  4a2 - 4ab + 4b2  3a2 - 6ab + 3b2. .. a2 + 2ab + b2 3(a2 - 2ab + b2). 0. Bất đẳng thức cuối cùng đúng ; suy ra :. a3 +b3 a+b ≥ 2 2. 3. ( ). Bµi 4:. 1 2. Cho 2 sè a, b tho¶ m·n a + b = 1 . CMR a3 + b3 + ab Gi¶i :. 1 2. Ta cã : a3 + b3 + ab. <=> a3 + b3 + ab - 1. <=> (a + b)(a2 - ab + b2) + ab <=> a2 + b2 -. 1 2. 1 2. 0. 0 . V× a + b = 1. <=> 2a2 + 2b2 - 1. 0. <=> 2a2 + 2(1-a)2 - 1 <=> 4a2 - 4a + 1 <=> ( 2a - 1 )2. 0 ( v× b = a -1 ) 0. 0 1 2. Bất đẳng thức cuối cùng đúng . Vậy a3 + b3 + ab DÊu '' = '' x¶y ra khi a = b =. 1 2. Bài 5 : Chứng minh bất đẳng thức :. a3 +b3 a+b ≥ 2 2. Gi¶i : Víi a > 0 , b > 0 => a + b > 0 a3 +b3 a+b 3 ≥ 2 2 <=> a+b . ( a 2 − ab+b2 ) ≥ a+ b 2 2 2 <=> a2 −ab+ b2 ≥ a+b 2. 3. ( ). Trong đó : a > 0 , b > 0 .. Ta cã :. 0. 2. ( ) ( ) ( )( a+2 b ) ( ). 2.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> <=> 4a2 - 4ab + 4b2. a2 + 2ab + b2. <=> 3(a2 - 2ab + b2 ). 0. <=> 3(a - b)2 3. =>. 3. 0 . Bất đẳng thức này đúng. a +b a+b ≥ 2 2. 3. ( ). DÊu '' = '' x¶y ra khi a = b . Bài 6 : Với a > 0 , b > 0 . Chứng minh bất đẳng thức : a −√a √b. √b −. b √a. Gi¶i : Dùng phép biến đổi tơng đơng : a −√a √b. √b −. b √a.  ( a √ a+b √b ¿ − √ab ( √ a+ √ b). 0. 3. √b¿ √ a ¿ +¿ − √ ab (√ a+ √ b)≥ 0 3.  . ¿ ¿ ( √ a+ √ b)(a − √ ab+b)− √ ab( √ a+ √ b)≥ 0. . ( √ a+ √ b)(a − 2 √ ab+ b)≥ 0. . ( √ a+ √ b)( √ a − √ b) ≥ 0. Bất đẳng thức cuối đúng ; suy ra :. a −√a √b. √b −. b √a. 3. Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc . - Kiến thức : Dùng các bất đẳng thức quen thuộc nh : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối để biến đổi và chứng minh , Một số hệ quả từ các bất đẳng thức trên : x2 + y2 2xy Víi a, b > 0 ,. a b + ≥2 b a. C¸c vÝ dô : Bµi 1 : Gi¶ sö a, b, c lµ c¸c sè d¬ng , chøng minh r»ng: a b c + + >2 b+ c c+ a a+ b. √ √ √. Gi¶i ¸p dông B§T Cauchy , ta cã : a + (b + c) 2 √ a(b+c). . Tơng tự ta thu đợc :. √. √. a 2a ≥ b+ c a+ b+c. b 2b ≥ c +a a+ b+c. ,. Từ đó suy ra :. a b c + + >2 b+ c c+ a a+ b. √. c 2c ≥ a+ b a+b+ c. Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì khi đó có : a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = 0 ( trái với giả thiết a, b, c đều là số dơng ).. √ √ √. Bµi 2: Cho x , y lµ 2 sè thùc tho¶ m·n : x2 + y2 = x √ 1− y 2+ y √1 − x 2.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Chøng minh r»ng : 3x + 4y. 5. Gi¶i :. áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có : (x2 + y2)2 = ( x √ 1− y 2+ y √ 1 − x 2 )2 ( |x|≤1 ; | y|≤1 ) (x2 + y2)(1 - y2 + 1 - x2) 2 => x + y2 1 Ta l¹i cã : (3x + 4y)2 (32 + 42)(x2 + y2) 25 => 3x + 4y 5. §¼ng thøc x¶y ra  §iÒu kiÖn :. 2. 2. x + y =1 x >0 , y >0 x y = 3 4. {. . {. 3 5 4 y= 5 x=. 3 5 ≤x ≤ 2 2. Bµi 3: Cho a, b, c 0 ; a + b + c = 1 . Chøng minh r»ng : a, √ a+b+ √b +c + √ c+ a ≤ √ 6 b, √ a+1+ √ b+1+ √ c +1<3,5 Gi¶i a, ¸p dông bÊt d¼ng thøc Bunhiac«pxki víi 2 bé 3 sè ta cã : 2 2 2 ( √ a+b . 1+ √ b+c .1+ √ c +a . 1 ) ≤ ( 1+1+1 ) [ ( √ a+b ) + ( √b+ c ) + ( √ c+ a ) ] => ( √ a+b+ √ b+c + √ c+ a )2 ≤3 .(2 a+2 b+ ac)=6 => √ a+b+ √b +c + √ c+ a ≤ √6 . 1 DÊu '' = '' x¶y ra khi : a = b = c = 3. b, áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có : (a+1)+1 a = +1 2 2 b T¬ng tù : √ b+1 ≤ +1 ; 2. √ a+1 ≤. c √ c+ 1≤ +1 2. Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta đợc :. √ a+1+ √ b+1+ √ c +1≤. a+b+ c +3=3,5 2. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = VËy : √ a+1+ √ b+1+ √ c +1<3,5 Bµi 4 : Cho c¸c sè d¬ng a , b , c tho¶ m·n : a + b + c = 1 . Chøng minh r»ng : Gi¶i : Ta cã : Ta cã :. 1 1 1 + + ≥9 a b c. a b + >0 , a , b > 0 b a 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + =¿ ( + + ) .1 = ( + + ) .(a + b + c) a b c a b c a b c a a b b c c = 1+ + + +1+ + + + 1 b c a c a b a b b c c a = 3+( + )+( + )+( + ) ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 b a c b a c. 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> =>. 1 1 1 + + ≥9 a b c. DÊu ''='' x¶y ra khi : a = b = c =. 1 3. Bµi 5. 1 1 4 + ≥ x y x+ y. a, Cho x , y > 0 . Chøng minh r»ng :. b, Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b , c là độ dài các cạnh của tam giác ) . Chøng minh r»ng :. 1 1 1 + + ≥2 p − a p −b p − c. 1 1 1 ( + + ) a b c. Gi¶i a, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : x+ y ≥ 2 √ xy 1 1 + x y. => (x + y)( => b, Ta cã : p - a =. 1 1 + x y b+c − a >0 2. 1 1 ) + x y 4 x+y. T¬ng tù : p - b > 0 ; p - c > 0 ; áp dụng kết quả câu a , ta đợc ;. 2 √ xy. 4. 1 1 4 4 + ≥ = p − a p −b ( p − a)+( p −b) c. 1 1 4 + ≥ p − b p −c a 1 1 4 + ≥ p − a p −c b 1 1 1 1 1 1 => 2( + + )≥ 4 ( + + ) p−a p−c p−c a b c. T¬ng tù :. => ®IÒu ph¶i chøng minh . DÊu '' = '' x¶y ra khi : p - a = p - b = p - c  a = b = c . Khi đó tam giác ABC là tam giác đều . 4. Phơng pháp 4 ; Dùng các tính chất của bất đẳng thức : - Kiến thức : Dùng các tính chất đã đợc học để vận dụng vào giải các bài tập . C¸c vÝ dô : Bµi 1 : Cho 2 sè x , y tho¶ m·n ®iÒu kiÖn : x + y = 2 . Chøng minh r»ng : x4 + y4 2 Gi¶i Theo tÝnh chÊt b¾c cÇu ta cã : (x2 - y2). 0  x 4 + y4  2(x4 + y4). Ta cã : (x - y)2. 0  x2 + y2. 2xy.  2(x2 + y2 ). (x +y)2. 2(x2 + y2 ). 4 V× : x + y = 2. 2x2y2 (x2 + y2)2 (1).

<span class='text_page_counter'>(15)</span>  x2 + y2 Tõ (1) vµ (2) ta cã : x4 + y4. 2. (2). 2. DÊu '' = '' x¶y ra khi x = y = 1 . Bµi 2: 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 Do a, b > 0 nªn ab > 0 => (1 - a)(1 - b) > 1 - a - b . Do c < 1 nªn 1 - c > 0 => (1 - a)(1 - b)(1 - c) > (1 - a - b)(1 - c)  (1 - a)(1 - b)(1 - c) > 1 - a - b - c + ac + bc . Do a, b, c, d > 0 nªn 1 - d > 0 ; ac + bc > 0 ; ad + bd + cd > 0 =>(1 - a)(1 - b)(1 - c) > 1 - a - b - c => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > (1 - a - b - c)(1 - d) => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d + ad + bd + cd => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d . Bµi 3 : Cho 0 < a, b, c < 1 . Chøng minh r»ng : 2a3 + 2b3 + 2c3 < 3 + a2b + b2c + c2a Gi¶i : Do a, b < 1 => a3 < a2 < a < 1 ; b3 < b2 < b < 1 ; ta cã : (1 - a2)(1 - b) > 0 => 1 + a2b > a2 + b => 1 + a2b > a3 + b3 hay a3 + b3 < 1 + a2b . T¬ng tù : b3 + c3 < 1 + b2c ; c3 + a3 < 1 + c2a . => 2a3 + 2b3 + 2c3 < 3 + a2b + b2c + c2a 5. Ph¬ng ph¸p 5 : Chøng minh ph¶n chøng . - Kiến thức : Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất dẳng thức đó sai , sau đó vận dụng các kiến thức đã biết và giả thiết của đề bài để suy ra điều vô lý . Điều vô lý có thể là trái với giả thiết , hoặc là những điều trái nhợc nhau , từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh là đúng . Một số hình thức chứng minh bất đẳng thức : + Dùng mệnh đề đảo + Phủ định rồi suy ra điều trái với giả thiết . + Phủ định rồi suy ra trái với đIều đúng . + Phủ định rồi suy ra hai đIều tràI ngợc nhau . + Phủ định rồi suy ra kết luận . C¸c vÝ dô :.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Bài 1 : Cho 0 < a,b,c,d <1 . Chứng minh rằng ; ít nhất có một bất đẳng thức sau là sai :. 2a(1. - b) > 1 3b(1 - c) > 2 8c(1 - d) > 1 32d(1 - a) > 3 Gi¶i: Giả sử ngợc lại cả bốn đẳng thức đều đúng . Nhân từng về ; ta cã : 2.3.8.32a(1 - b)b(1 - c)c(1 - d)d(1 - a) > 2 .3 => [ a(1 − a) ][ b( 1− b) ][ c (1 −c ) ][ d (1 − d) ] >. 1 256. Mặt khác , áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : a+ 1− a 1 = 2 2 1 T¬ng tù : b(1 - b) 4 1 c(1 - c) 4 1 d(1 - d) 4. √ a(1 −a)≤. =>. 1 4. a(1 - a). Nhân từng về các bất đẳng thức ; ta có :. [ a(1 − a)][ b(1− b)][ c (1 −c )][ d (1 − d)] >. (1). 1 256. (2). Tõ (1) vµ (2) suy ra v« lý . Điều vô lý đó chứng tỏ ít nhất một trong 4 bất đẳng thức cho trong đầu bài là sai . Bài 2 : ( Phủ định rồi suy ra hai điều trái ngợc nhau ) Chứng minh rằng không có 3 số dơng a, b, c nào thoả mãn cả ba bất đẳng thức sau : 1 a+ <2 ; b. 1 b+ < 2 ; c. 1 c+ <2 a. Gi¶i Giả sử tồn tại 3 số dơng a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức : 1 a+ <2 ; b. 1 b+ < 2 ; c. 1 c+ <2 a. Cộng theo từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta đợc :. 1 1 1 a+ +b+ + c+ <6 b c a 1 1 1  (a+ )+(b+ )+( c+ )<6 a b c. V× a, b, c > 0 nªn ta cã : 1 a. 1 b. 1 c. (1). 1 1 1 (a+ )≥ 2 ; (b+ )≥ 2 ; (c + )≥ 2 a b c. => (a+ )+(b+ )+( c+ )≥ 6. §iÒu nµy m©u thuÉn víi (1). Vậy không tồn tại 3 số dơng a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức nói trên . => đpcm Bài 3 : Chứng minh rằng không có các số dơng a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức sau : 4a(1 - b) > 1 ; 4b(1 - c) > 1 ; 4c(1 - a ) > 1 ..

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Híng dÉn : t¬ng tù nh bµi 2 : Bài 4 :( Phủ định rồi suy ra trái với điều đúng ) Cho a3 + b3 = 2 . Chøng minh r»ng : a + b. 2.. Gi¶i : Gi¶ sö : a + b > 2 => (a + b )3 > 8 => a3 + b3 + 3ab(a + b) > 8 => 2 + 3ab(a + b) > 8 ( V× : a3 + b3 = 2 ) => ab(a + b) > 2 => ab(a + b) > a3 + b3 ( V× : a3 + b3 = 2 ) Chia cả hai vế cho số dơng a, b ta đợc : ab > a2 - ab + b2 => 0 > (a - b)2 V« lý VËy : a + b 2 6. Ph¬ng ph¸p 6 : §æi biÕn sè - Kiến thức : Thực hiện phơng pháp đổi biến số nhằm đa bài toán đã cho về dạng đơn giản hơn , gọn hơn , dạng những bài toán đã biết cách giải ... C¸c vÝ dô : Bµi 1 : Chøng minh r»ng : NÕu a , b , c > 0 th× : a b c 3 + + ≥ b+c c +a b+ a 2. Gi¶i: §Æt : b +c = x , c + a = y , a + b = z => a + b + c = y+z − x 2. => a = Khi đó : VT = =. x+ y+z 2. z+x − y 2. , b=. , c=. x+ y −z 2. a b c y + z − x z + x − y x+ y − z = + + + + b+c c +a b+ a 2x 2y 2z 1 y x 1 z x 1 z y 3 3 3 ( + )+ ( + )+ ( + )− ≥ 1+1+ 1− = 2 x y 2 x z 2 y z 2 2 2. Bài 2 : Chứng minh rằng ; với mọi số thực x, y ta có bất đẳng thức : 2 2. -. 1+ y ¿ ¿ 2 2 1+ x ¿ ¿ ¿ 2 2 2 2 1 ( x − y )( 1 x y ) ≤ ¿ 4. Gi¶i: 2. 2. x −y vµ b = 2 2 (1+ x )(1+ y ) 1+ y 2 ¿ 2 1+ x 2 ¿2 ¿ => ab = ¿ 2 2 ( x − y )(1 − x 2 y 2 ) ¿. §Æt : a =. 2. 2. 1−x y 2 2 (1+ x )(1+ y ).

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 2. a+ b ¿. 1. 2 Ta cã dÔ thÊy víi mäi a, b th× : - a −b ¿ ≤ ab ≤ 4 ¿. 1 ¿ 4 2. 2 Mµ : (a - b) = 1 − 2 x +1 2 2 (a + b)2 = 1 − 2 y +1 1 1 Suy ra : ab . 4 4. [ [. 2. ] ]. Bµi 3 : Cho a, b, c > 0 ; a + b + c. 1 . Chøng minh r»ng :. 1 1 1 + 2 + 2 ≥9 2 a +2 bc b +2 ca c + 2ab. Gi¶i : §Æt : a2 + 2bc = x ; b2 + 2ca = y ; c2 + 2ab = z Khi đó : x + y + z = a2 + 2bc + b2 + 2ca + c2 + 2ab = (a + b + c)2 1 Bµi to¸n trë thµnh : Cho x, y, z > 0 , x + y + z. 1.. Cøng minh r»ng : 1 1 1 + + ≥9 x y z. 1 1 1 + + ¿ ≥9 x y z. Ta chứng minh đợc : (x + y + z)( Theo bất đẳng thức Côsi Mµ : x + y + z. 1 nªn suy ra. 1 1 1 + + ≥9 . x y z. Phần iii : ứng dụng của bất đẳng thức I- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị . - KiÕn thøc : NÕu f(x) m th× f(x) cã gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ m . NÕu f(x). M th× f(x) cã gi¸ trÞ lín nhÊt lµ M .. Ta thờng hay áp dụng các bất đẳng thức thông dụng nh : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối . Kiểm tra trờng hợp xảy ra dấu đẳng thức để tìm cực trị . Tìm cực trị của một biểu thức có dạng là đa thức , ta hay sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng , đổi biến số , một số bất đẳng thức ... Tìm cực trị của một biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối , ta vận dụng các bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối Chó ý : | A|+|B|≥| A+ B| X¶y ra dÊu '' = '' khi AB. | A|≥ 0 VÝ dô :. 0 DÊu ''= '' x¶y ra khi A = 0.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Bµi 1 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc : B = a3 + b3 + ab ; Cho biÕt a vµ b tho¶ m·n : a + b = 1. Gi¶i B = (a + b)(a2 - ab + b2) + ab = a2 - ab + b2 + ab = a2 + b2 Ta cã : 2(a2 + b2) VËy min B =. 1 2. 1 2. (a + b)2 = 1 => a2 + b2 khi a = b =. 1 2. Bµi 2: a, T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc : A = (x2 + x)(x2 + x - 4) b, T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc : B = - x2 - y2 + xy + 2x +2y Gi¶i a,. A = (x2 + x)(x2 + x - 4) . §Æt : t = x2 + x - 2 => A = (t - 2)(t + 2) = t2 - 4 -4. DÊu b»ng x¶y ra khi : t = 0  x2 + x - 2 = 0 (x - 2)(x + 2) = 0  x = -2 ; x = 1 . => min A = - 4 khi x = -2 ; x = 1 ; b, T¬ng tù Bµi 3 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc . a, C = |2 x −3|+|2 x −1| b, D = |x 2+ x+3|+|x 2+ x −6| c, E = |x − 1|+|x − 2|+|x −3|+| x − 4| Gi¶i : a, ¸p dông B§T :. | A|+|B|≥| A+ B| DÊu '' = ''x¶y ra khi AB 0. => C = |2 x −3|+|1− 2 x|≥|2 x −3+1 −2 x|=|−2|=2. DÊu '' = '' x¶y ra khi (2x - 3)(1 - 2x) VËy minC = 2 khi. 1 3 ≤x ≤ 2 2. . 0. 1 3 ≤x ≤ 2 2. b, T¬ng tù : minD = 9 khi : -3. x. 2. c,. x. 3. minE = 4 khi : 2. Bµi 4 : Cho a < b < c < d , t×m : Minf(x) = |x − a| + |x − b| + |x − c| + |x − d| Híng dÉn : t¬ng tù : minf(x) = d + c - b - a khi b Bµi 5 : Cho ba sè d¬ng x , y , z tho¶ m·n :. 1 1+ x. x +. c. 1 1+ y. +. 1 1+ z. 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña tÝch : P = xyz Gi¶i : 1 1+ x. T¬ng tù :. (1 1 1+ y. 1 )+(11+ y. 2. √. 1 )= 1+ z. zx (1+ x)(1+ z). y 1+ y. +. z 1+ z. 2. √. yz (1+ y)(1+ z ).

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 1 1+ z. xy (1+ x)(1+ y ) 1 Từ đó suy ra : P = xyz 8 1 1 MaxP = khi x = y = z = 8 2. Bµi 6 :. 2. √. Cho 3 sè d¬ng a, b, c th¶o m·n : a + b + c = 1 . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc :. 1 2 c+ ¿ c 1 2 b+ ¿ +¿ b 1 2 a+ ¿ +¿ a ¿. F=. Gi¶i:. 1 1 1 + + )+6 a2 b2 c2. Ta cã : F = (a2 + b2 + c2) + (. Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki , ta có : (a.1 + b.1 + c.2)2 3(a2 + b2 + c2) => a2 + b2 + c2. 1 3. 1 1 1 2 1 1 1 + + ¿ 3 ( 2+ 2+ 2) a b c a b c ¿ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 MÆt kh¸c : + + =¿ ( + + ).1 = ( + + )(a + b + c) a b c a b c a b c a b b c c a =3+( + )+( + )+( + ) 3+2+2+2=9 b a c b a c 1 1 1 => 9 + + a b c 1 1 1 2 => a + b + c ¿ 81 ¿ 1 1 1 => ( 2 + 2 + 2 ) 27 a b c 1 F + 27 + 6 = 33 3 1 Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c = 3 1 1 Vậy MinF = 33 khi : a = b = c = . 3 3 yz √ x −1+zx √ y −2+ xy √ z − 3 Bài 7 : Cho G = xyz. T¬ng tù :. Tìm giá trị lớn nhất của G : Giải : Tập xác định : x Ta cã : G =. 1 ; y. 2; z. 3. √ x − 1 + √ y −2 + √ z −3 x. y. x − 1+ 1 => 2 √ z −3 ≤ 1 z 2√ 3. Theo BĐT Côsi ta có : √ x −1 ≤ T¬ng tù : √ y −2 ≤ 1 y 2√ 2. ;. z. √x− 1 x. 1 2.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 1 1 1 + + 2 2√ 2 2 √ 3. => G. VËy MaxG =. 1 1 1 + + 2 2√ 2 2 √ 3. đạt đợc khi x = 2 ; y = 2 ; z = 6. Bµi 8 a, T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña H =. x √x− 1. víi x > 1 .. b. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña K = |x|. √ 1− x 2 HD : áp dụng bất đẳng thức Côsi và làm tơng tự nh bài 5 : II - Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình . - Kiến thức : Nhờ vào các tính chất của bất đẳng thức , các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức , ta biến đổi hai vế ( VT , VP ) của phơng trình sau đó suy luận để chỉ ra nghiệm của ph¬ng tr×nh . Nếu VT = VP tại một hoặc một số giá trị nào đó của ẩn ( thoả mãn TXĐ) => ph¬ng tr×nh cã nghiÖm . NÕu VT > VP hoÆc VT < VP t¹i mäi gi¸ trÞ cña Èn . => ph¬ng tr×nh v« nghiÖm . - C¸c vÝ dô : Bµi 1 : Gi¶i ph¬ng tr×nh : 13 √ x −1 + 9 √ x+1 = 16x Gi¶i: §iÒu kiÖn : x 1 (*) Cách 1 : áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 13 √ x −1 + 9 √ x+1 1 3 = 13.2. √ x −1 + 3.2. √ x+1 2. 13( x - 1 +. 2 1 ) + 3(x + 1 + 4. 9 ) = 16x 4. DÊu '' = '' x¶y ra. {. 1 2 3 √ x+1= 2. √ x −1=. . x=. 5 4. tho¶ m·n (*). Ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm  dÊu '' = '' ë (2) x¶y ra VËy (1) cã nghiÖm x =. 5 4. .. Bµi 2: a, T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña L = √ 2 x −3 + √ 5− 2 x b. Gi¶i ph¬ng tr×nh : √ 2 x −3 + √ 5− 2 x - x2 + 4x - 6 = 0 (*) Gi¶i : a. Tãm t¾t : ( √ 2 x −3 + √ 5− 2 x )2  √ 2 x −3 + √ 5− 2 x 2 => MaxL = 2 khi x = 2 . b. TX§ :. 3 5 ≤x ≤ 2 2. 2(2x - 3 + 5 - 2x) = 4.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> (*)  √ 2 x −3 + √ 5− 2 x = x2 - 4x + 6 VP = (x - 2)2 + 2 2 , dÊu '' = '' x¶y ra khi x = 2 . => víi x = 2 ( tho¶ m·n TX§ ) th× VT = VP = 2 . => ph¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm x = 2 . Bµi 3 : Gi¶i ph¬ng tr×nh : √ 6 − x + √ x+2 = x2 - 6x + 13 Gi¶i : TX§ : -2 x 6. VP = (x - 3)2 + 4 4 . DÊu '' = '' x¶y ra khi x = 3 . VT2 = ( √ 6 − x .1 + √ x+2 .1)2 (6 - x + x + 2)(1 + 1) = 16 => VT. √6 − x =. 4 , dÊu '' = '' x¶y ra khi. √ x+2.  x=2.. => không có giá trị nào của x để VT = VP => Phơng trình vô nghiệm Bµi 4 : Gi¶i ph¬ng tr×nh :. √ 3 x 2 −12 x +16 HD :. √ 3 x 2 −12 x +16. DÊu '' = '' x¶y ra khi :. +. 2;. {xy−− 2=0 2=0. √ y 2 − 4 y +13. =5. √ y 2 − 4 y +13 . 3 => VT. 5.. {x=2 y=2. => ph¬ng tr×nh cã nghiÖm : x = 2 ; y = 2 .. Ngµy so¹n :1/10/2008. Buæi 9: TÌM GTLN VÀ GTNN C/ CÁC DẠNG TOÁN CỤ THỂ: Dạng I: Các bài toán mà biểu thức là đa thức Ví dụ 1: Tìm GTNN của các biểu thức sau: a / f ( x)=x 2 +3 x+ 3. b/ g( x)=x ( x −5). Giải 3 9 3 3 2 3 2 2 a / f ( x)=x +3 x+ 3=x +2 x .. + + = x+ + 2 4 4 2 4 2 2 3 3 3 3 x+ + ≥ Ta có x + ≥ 0 , nên 2 2 4 4 3 3 2 3 Vậy: f(x) đạt GTNN bằng khi x + =0 ⇔ x=− 4 4 2. ( ). ( ). ( ). ( ). Cách giải chung của bài toán trên là:.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 2. Ta biến đổi đa thức đã cho về dạng: [ h ( x ) ] + a trong đá a là một hằng số. Vì 2 2 [ h ( x ) ] ≥ 0 nên [ h ( x ) ] + a≥ a . Do đó GTNN của biểu thức đã cho bằng a khi h(x) =0. Ví dụ 2: Tìm GTLN của các biểu thức sau: a / f ( x)=− x 2 −2 x+ 14. b/ g( x)=x − x 2. Giải 2. 2. a / f (x)=− x −2 x+ 14=− ( x +1 ) +15 ⇒ − ( x +1 )2+ 15≤ 15 Ta có ( x+ 1 )2 ≥ 0 nên − ( x +1 )2 ≤ 0 Vậy: f(x) đạt GTLN bằng 15 khi ( x+ 1 )2=0 ⇔ x=− 1. Cách giải chung của bài toán trên là: 2 Ta biến đổi đa thức đã cho về dạng: − [ h ( x ) ] + a trong đá a là một hằng số. Vì 2 2 [ h ( x ) ] ≥ 0 nên − [ h ( x ) ] +a ≤ a . Do đó GTLN của biểu thức đã cho bằng a khi h(x) =0. 2/ Bài tập tự giải: Bài tập 1: Tìm GTLN của các biểu thức sau: f ( x)=− 2 x 2 +3 x+1 17 3 khi x= 8 4. Đáp số: f(x) đạt GTLN bằng 1 4. x 6 37 1 Đáp số: g(x) đạt GTNN bằng − khi x= 36 3 Bài tập 3: a/ Tìm GTNN của các biểu thức sau: f ( x)=(x+ 1)( x +2)(x+ 3)(x + 4) − 5 ± √5 Đáp số: f(x) đạt GTNN bằng −1 khi x1,2 = 2 2 Bài tập2 : Tìm GTNN của các biểu thức sau: g( x)= x − −1. b/ Giải phương trình trên khi f(x)=3 Đáp số: Phương trình có nghiệm x 1,2=. − 5 ± √ 13 2. Bài 4: Cho phương trình ( m2+ m+ 1 ) x 2 − ( m2 +8 m+ 3 ) x −1=0 Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm GTLN và GTNN của biểu tổng 2 √ 13 13 −4 √ 3 khim= √ √3 √3 − 2 √ 13 2 √ 13 13+ 4 √3 khi m=− √ S đạt GTNN bằng − √3 √ 3+2 √ 13. S= x 1+ x 2. Đáp số: S đạt GTLN bằng. Bài 5: Cho x và y thỏa mãn điều kiện : 3x + y = 1 a/ Tìm GTNN của biểu thức: M =3 x 2+ y2. Đáp số: M đạt GTNN bằng b/ Tìm GTLN của biểu thức: N = 2xy Đáp số: N đạt GTLN bằng Dạng II:. 1 1 1 khi x= ; y= 4 4 4 1 1 1 khi x= ; y = 6 6 2. Các bài toán mà biểu thức là phân thức. Đường lối chung để giải dạng toán này: Cho biểu thức. A=. F (x) . Biểu thức A đạt GTLN G(x ). khi F(x) đạt GTLN và G(x) đạt GTNN; biểu thức A đạt GTNN khi F(x) đạt GTNN và G(x) đạt GTLN. 1/ Ví dụ: Ví dụ 1: Tìm GTLN của biểu thức:. A=. 3 x 2 −18 x +35 x 2 − 6 x +10. Giải 2. 3 x −18 x +35 5 5 A= 2 =3+ 2 =3+ x − 6 x +10 x − 6 x +10 ( x − 3 )2 +1.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> A đạt GTLN khi ( x − 3 )2+ 1 đạt GTNN, mà ( x − 3 )2+ 1≥ 1 5 1. Vậy GTLN của A=3+ =8 khi ( x − 3 )2=0 ⇔ x=3 Cách giải chung của bài toán trên là: Ta thấy bậc của tử thức bằng bậc của mẫu thức, ta thực hiện phép chia để đưa biểu N f (x). thức về dạng A = M +. (M, N là hằng số). Do đó biểu thức A đạt GTLN khi biểu thức. f(x) đạt GTNN. Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức: A=. 2 x+1 ( x ≠ 0) x2. Giải 2. A=. Ta có thể viết:. 2. 2 x+1 x 2+ 2 x +1− x 2 ( x +1 ) − x x +1 2 = = = −1 x x2 x2 x2. ( ). 2. Do đó:. A +1=. ( x+1x ) ⇒ A+1 ≥ 0 ⇔ A ≥− 1. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi. x +1 =0 ⇔ x +1=0 ⇔ x=−1 x. Vậy biểu thức A đạt GTNN bằng -1 khi x=-1 Cách giải chung của bài toán trên là: Ta thấy bậc của tử thức nhỏ hơn bậc của mẫu thức, ta thực hiện phép biến đổi để đưa biểu thức về dạng A = biểu thức. f (x ) F g( x). 2. [ ( )]. +K. (K là hằng số). Do đó biểu thức A đạt GTNN là K khi. f (x) =0. g ( x). 2/ Bài tập tự giải: 2. x ( x ≠0 ) Bài 1: Tìm GTLN của hàm số: 4 x +1 1 khi x=±1 Đáp số: f(x) đạt GTLN bằng 2 f ( x)=. Bài 2: Cho x>0. Tìm giá trị của x để biểu thức M=. x ( x+2009 )2. đạt GTLN.. Đáp số: M đạt GTLN bằng. x=2009 2. 3. x −2 x+ 2009 x : 3 ( x − 1 ) (x − 2) x −3 x 2+ 2 x x2 −2 x+ 2009 ( x ≠ 1 ; x ≠ 2; x ≠ 0 ) a/ Rút gọn M Đáp số: M = x2 2008 khi x=2009 b/ Tìm GTNN của M. Đáp số: M đạt GTNN bằng 2009 2 3 2 3 x − x 3 x − x +12 x − 4 : Bài 4: Cho biểu thức: N= 3 x +2 x +2(x +1) x 1 2 x ≠ ; x ≠− a/ Rút gọn N . Đáp số: N= 2 3 3 x +4. Bài 3: Cho biểu thức: M =. (. b/ Tìm GTNN và GTLN của N. ). 1 4. Đáp số: N đạt GTNN bằng − khi x=− 2 Đáp số: N đạt GTLN bằng. 1 khi x=2 4. 1 4 . 2009. khi.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Bài 5: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện:. 1 1 1 + + =2 1+ a 1+b 1+ c. Tìm GTLN của biểu thức abc: Đáp số: abc đạt GTLN bằng. 1 1 khi a=b=c= 8 2. Dạng III: Các bài toán mà biểu thức là căn thức 1/ Ví dụ: Ví dụ 1:Cho biểu thức: f ( x)= √2 − x − √ 1+ x . Tìm giá trị của x để f(x) đạt GTLN. Giải Biểu thức f(x) có nghĩa khi: ¿ 2− x ≥ 0 1+ x ≥ 0 ⇔ − 1≤ x ≤ 2 ¿{ ¿. Trong điều kiện này ta có f(x) 0 nên f(x)đạt GTLN khi và chỉ khi [ f ( x ) ] 2 Ta có: [ f ( x ) ] =2 − x +1+ x+2 √ ( 2− x )( 1+ x )=3+ 2 √ 2+ x − x2. 2. đạt GTLN.. 9 1 9 1 2 − x2 + x + =3+ 2 − x− 4 4 4 2 1 1 2 Do đó [ f ( x ) ] đạt GTLN khi và chỉ khi x − =0 ⇔ x = 2 2 1 1 1 Vậy khi x= thì GTLN của biểu thức f ( x) = 2− + 1+ =6 2 2 2 ¿ 3+2. √. √. ( ). √ √. Cách giải chung của bài toán trên là: Ta cần xác điều kiện các biểu thức dưới dấu căn để cho căn thức có nghĩa, sau đó tìm 2 điều kiện để biểu thức [ f ( x ) ] đạt GTLN . Điều kiện đó cũng chính là điều kiện để biều thức f(x) đạt GTLN. Ví dụ 2: Cho biểu thức: f ( x)=. x −3 . Tìm giá trị của x để f(x) đạt GTNN. √ x −1 − √ 2. Giải. Biểu thứ f(x) có nghĩa khi: ¿ x −1 ≥ 0 √ x −1 − √ 2 ≠0 ⇔ ¿ x ≥1 x≠3 ¿{ ¿. Ta biến đổi:. 2 √ x − 1+ √¿ ¿ ( √ x −1 − √2)¿ x −3 x −1 −2 f (x)= = =¿ √ x −1 − √2 √ x −1 − √ 2 Do đó: f (x)= √ x − 1+ √ 2 nên f ( x ) đạt GTNN khi và chỉ khi mà √ x −1 ≥ 0 nên √ x −1 đạt GTNN bằng 0 khi x=1 Vậy f(x) đạt GTNN bằng √ 2 khi x=1. Cách giải chung của bài toán trên là:. √ x −1. đạt GTNN.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Ta cần xác điều kiện để biểu thức có nghĩa và phân tích đa thức thành nhân tử sau đó rút gọn biểu thức đã cho. 2/ Bài tập tự giải: 2. 1 1 x +2 + − Bài 1: Cho biểu thức: 2(1+ √ x ) 2 ( 1− √ x ) 1 − x 2 1 ( x ≥ 0; x ≠1 ) a/ Rút gon biểu thức M. Đáp số: M =− 2 x + x +1 M=. b/ Tìm GTNN của MĐáp số: M đạt GTNN bằng -1 khi x=0. √x−2 − Bài 2: Cho biểu thức M =. √ x +2 : −2 x − 1 x+ 2 √ x +1 ( 1 − x )2 a/ Rút gọn biểu thức M. Đáp số: M= √ x − x ( x ≥ 0 ; x ≠ 1 ). (. ). b/Tìm GTLN của M. Đáp số: M đạt GTLN bằng Bài 3: Tìm GTLN của biểu thức M = Đáp số: M đạt GTLN bằng. 8 1 khi x= 7 16. 1 1 khi x= 4 4. 1 2 x − √ x+1. Bài 4: Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: M =. 1 3− √ 1− x 2. 1 1 khi x=0 khi x=± 1 M đạt GTNN bằng 2 3 Bài 5:Tìm GTNN của biểu thức: M =√ ( x − 2008 )2+ √ ( x −2009 )2 Đáp số: M đạt GTNN bằng1 khi 2008 ≤ x ≤2009. Đáp số: M đạt GTLN bằng.

<span class='text_page_counter'>(27)</span>