›
›

Tài liệu Bồi dưỡng năng lực giải toán về đẳng thức và bất đẳng thức cho học sinh giỏi Lớp 9 THCS

pdf 90 trang hapham 500
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tài liệu Bồi dưỡng năng lực giải toán về đẳng thức và bất đẳng thức cho học sinh giỏi Lớp 9 THCS", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdftai_lieu_boi_duong_nang_luc_giai_toan_ve_dang_thuc_va_bat_da.pdf

Nội dung text: Tài liệu Bồi dưỡng năng lực giải toán về đẳng thức và bất đẳng thức cho học sinh giỏi Lớp 9 THCS

  1. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 1
  2. Chương I NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG 1.1. Năng lực giải toán về đẳng thức và bất đẳng thức. Việc giải toán về đẳng thức (ĐT) và bất đẳng thức (BĐT) có thể giúp rất nhiều cho việc rèn luyện ở học sinh (HS) óc trừu tượng hoá và khái quát hoá. Do bài toán về ĐT và BĐT có nhiều phương pháp giải, mỗi bài ta có thể có nhiều con đường đi, có nhiều cách giải khác nhau để tìm đến kết quả cuối cùng nên việc tìm một lời giải hay, một con đường đi ngắn giúp rèn luyện cho HS tư duy sáng tạo, phương pháp khoa học trong suy nghĩ, biết giải quyết vấn đề bằng phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát từ đó HS phát triển các phẩm chất tư duy như linh hoạt, độc lập, sáng tạo HS có năng lực giải toán (NLGT) về ĐT và BĐT có thể xác định hướng giải của bài toán một cách nhanh chóng, sau đó có thể phân tích, biến đổi biểu thức chính xác, rõ ràng. Từ bài toán đó lại có thể làm xuất hiện một lớp các bài toán có liên quan bằng cách đặt thêm câu hỏi hoặc khái quát hoá, tương tự hoá v.v Có thể xác định được NLGT về ĐT và BĐT của HS qua một số năng lực cụ thể như sau: Năng lực 1: Năng lực nhận biết các hằng đẳng thức (HĐT) trong biến đổi đại số. Ví dụ: Tính giá trị biểu thức. A = x2 5x 2xy + 5y + y2 + 4 biết x y = 1. - Quan sát biểu thức A nhận thấy trong biểu thức có HĐT (x y)2 Do đó: A = ( x2 2xy + y2) 5(x y) + 4 A = (x y)2 5(x y) + 4 = 1 5 + 4 = 0. Năng lực 2: Năng lực sử dụng, vận dụng các HĐT. Ví dụ: Biết rằng a + b + c = 0. Chứng minh rằng (CMR): (a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 + c4). 2
  3. Trong bài toán này một suy nghĩ tự nhiên có thể nảy sinh là: HĐT nào cho ta mối quan hệ giữa a+ b+ c và a2+b2+c2; giữa a2+b2+c2 và a4 + b4 + c4. Hoặc là: Từ giả thiết có mối quan hệ b + c = a. Vậy HĐT nào cho ta mối quan hệ giữa b2, c2 và a2; giữa b4, c4 và a4 ? Bình phương 2 vế của ĐT a = (b + c) ta được: a2 = b2 + 2bc + c2 2bc = a2 b2 c2 Tiếp tục bình phương 2 vế của ĐT này ta được: 4b2c2 = a4 + b4 + c4 2a2b2 + 2b2c2 2a2c2 do đó a4 + b4 + c4 = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 Cộng 2 vế của ĐT này với a4 + b4 + c4. ta có: 2 (a4 + b4 + c4) = a4 + b4 + c4 + 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 = (a2+b2+c2)2 (đpcm) Nhận dạng và sử dụng tốt các HĐT xuất hiện trong bài toán giúp chúng ta thấy được bài toán rất quen thuộc, lời giải ngắn gọn. Năng lực 3: Năng lực “nhìn” đối tượng (của bài toán) theo cách khác. Ví dụ: Cho a, b, c là các số khác 0 thỏa mãn: a3b3+ b3c3+ c3a3 = 3a2b2c2. Tính giá trị của biểu thức: a b c P 1 1 1 b c a Nhìn vào giả thiết a3b3 + b3c3 + a3c3 = 3a2b2c2, nếu ta coi: ab = x; bc = y; ca = z khi đó ta có x3 + y3 + z3 = 3xyz, gần gũi với dạng (x+y+z)3. Khi đó: a z b x c y x y y z z x ;; P b y c z a x xyz Ta có bài toán mới dễ làm hơn. Năng lực 4: Năng lực tìm mối quan hệ giữa các đại lượng. Để tìm được lời giải bài toán thì năng lực tìm ra quan hệ giữa các điều kiện cho trong giả thiết, giữa giả thiết và kết luận là rất cần thiết. 3
  4. x2 yz y2 zx z2 xy a2 bc b2 ca c2 ab Ví dụ: CMR: Nếu thì a b c x y z Từ các ĐT đã cho trong bài toán khó có thể biểu diễn ở dạng tường minh a, b, c theo x, y, z hay ngược lại, ta phải dựa vào đại lượng trung gian. Các biểu thức xuất hiện ở giả thiết và kết luận là thể hiện vai trò bình đẳng giữa x, y, z, giữa a, b, c. Nếu ta đặt các tỉ lệ thức ở giả thiết là k thì mối quan hệ đó được biểu thị một cách bình đẳng của a, b, c theo k, x, y, z. x2 yz y 2 zx z 2 xy * Đặt k a b c x2 yz y 2 zx z 2 xy a ;; b c k k k * Thay các giá trị của a, b, c vào điều phải tìm ta được: a2 bc x3 y3 x3 3xyz x k 2 b2 ca c 2 ab x 3 y 3 x 3 3 xyz y z k 2 a2 bc b2 ca c 2 ab Vậy x y z Ví dụ: Cho a > b >0 thỏa mãn: 3a2 + 3b2 = 10ab. Tính giá trị của biểu thức: a b P a b Cần nhận thấy mối quan hệ giữa kết luận và giả thiết: Trong giả thiết xuất hiện a2 và b2, Vậy trong P phải làm xuất hiện a2 và b2. Từ đó nghĩ đến việc bình phương 2 vế của biểu thức P. Giả thiết có 3(a2 + b2 ) = 10ab. 2 2 2 10ab 2 a b Để sử dụng được a b cần có P . 3 a b Từ đó ta có lời giải bài toán. Năng lực 5: Năng lực thao tác thành thạo các dạng toán cơ bản. Ví dụ 1: Giải các phương trình (PT): (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24 (1) 4
  5. Đây là những dạng toán cơ bản, đối với HS giỏi cần phải có năng lực thao tác thành thạo dạng cơ bản này. Đối với PT (1) người ta thường nhân như sau: (x + 1)(x + 4) = x2 + 5x + 4 (x + 2)(x + 3) = x2 + 5x + 6 Đặt x2 + 5x + 5 = t, thì PT (1) (t 1)(t + 1) = 24 t2 = 25 t = ±5 từ đó tính được x = 0; x = 5. Năng lực 6: Năng lực qui lạ về quen. Ví dụ: Sau khi đã cho HS làm quen với dạng toán phân tích thành nhân tử: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15. Bằng cách ghép từng cặp nhân tử một cách phù hợp, ta có: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15. = [(x+1)(x+7)][(x+3)(x+5)]+ 15 = (x2 + 8x + 7)(x2 +8x + 15) +15 (*) Đặt x2 + 8x +7 = a, (*) trở thành a(a + 8) +15 = a2 + 8a + 15 = (a2 + 8a + 16) - 1 = (a + 4)2 - 1 = (a + 3)(a + 5). Thay vào ta có: (x2 + 8x + 10)(x2 +8x + 12) = [(x + 4)2 6)][(x + 4)2 22] (x 4 6)( x 4 6)( x 2)( x 4) Thì khi cho HS giải các bài toán: + Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15. + Hay giải PT: 5
  6. (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = 0. Gặp những bài toán này HS có thể qui về phương pháp quen thuộc ở bài toán ban đầu. Ví dụ: Tính giá trị của biểu thức 2 2 P 1 99 9 0,99 9  n n n Để làm được bài toán này, HS phải quen với cách viết: 99 9 10 1. n Ta có: n 2 2n 2 2 10 1 99 9 (10 1) và 0,99 9 n . n n 10 a2 Khi đó đặt: a = 10n 1 thì P 1 a2 bài toán quen thuộc. a 1 2 1 2 2 P a 1 a2 a 1 a 2 a 1 2 1 2 a a 1 P a2 a 1 a 1 a 1 Bài toán có thể lạ về nội dung; giả thiết, kết luận; hoặc là về phương pháp làm (phương pháp đặc biệt). Song trong mỗi bài đều có thể tìm ra một vài ý quen thuộc. Bởi vậy việc rèn luyện trí nhớ cũng rất cần đối với HS. Năng lực 7: Năng lực khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự. Ví dụ: Tính các tổng sau: 1 1 1 1 S (n N, n≥1) 2 1 2 2  3 3  4n n 1 Từ bài toán này chúng ta có thể mở rộng và được hai bài toán tính tổng sau: 1 1 1 1 S , (n N, n≥1) 3 123234345     n n 1  n 2 1 1 1 1 S , (n N, n≥1) 4 123423453456  n n   1 n 2 n 3 Đồng thời có thể tổng quát hoá bài toán: Tính tổng: 6
  7. 1 1 1 1 S , (n N, n≥1) k 1 2k 2  3 k 1 3  4 k 2 n n  1 k n 1 Mặt khác chúng ta có thể có các bài toán tương tự sau: Tính tổng: 1 1 1 1 M (n N, n≥1) 1 4 4  7 7  10 3n 2 3 n 1 1 1 1 1 T (n N, n≥1) 1 6 6  11 11  16 5n 4 5 n 1 Như vậy từ bài toán ban đầu chúng ta có thể tương tự hoá theo 2 hướng: - Thay đổi khoảng cách giữa các số trong tích ở mẫu. - Tăng thêm thừa số ở mẫu số. Năng lực 8: Năng lực phân tích tổng hợp: Ví dụ: Tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S 12 2 2 3 2 1 2 3 2 4 2 1 2 99 2 100 2 Từ bài toán đã cho HS cần biết cách biến đổi biểu thức trong mỗi căn về dạng bình phương của một tổng làm mất căn bậc hai giản ước, rút gọn. Xét biểu thức trong căn ở dạng tổng quát với k N,k 2 : 2 1 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 k k ( k 1) k k 1 ( k 1) k k 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 (vì ) (k 1)2 k 2 k 1 k 1 k k (k 1)k k 1 k 2 1 1 1 1 Do đó: => 1 1 (k 1)2 k 2 k 1 k 1 1 1 1 1 => 1 12 (k 1)2 k 2 k 1 k Cho k = 3, 4, , 100 ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 S 1 1 1 1 2 3 3 4 98 99 99 100 7
  8. 1 1 98 98, 49 2 100 Với một số bài toán khó, không có thuật toán để giải thì việc tìm ra hướng giải của bài toán phụ thuộc chủ yếu vào năng lực phân tích, tổng hợp của HS. Ví dụ: Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn: 2 2 b a ab 25 3 2 b 2 c 9 3 c 2 ac a 2 16 Tính giá trị của P = ab +2bc + 3ac + Phân tích, tổng hợp (3)(2)(1), ta có kết quả: 2c2 = ab ac. + Xem xét P2 = ( ab + 2bc + 3ac)2 = + Tổng hợp từ (2)(3) => có nhiều hạng tử đồng dạng với hạng tử của P2 => Xét P2 9.6.12 với chú ý 2c2 = ab ac. => Tính P2 9.6.12 theo 2c2 => kết quả. Hướng dẫn: 2 2 b 2 2 2 2 b Theo giả thiết: c c ac a a ab 3 3 Ta có: P2 = (ab+2bc+3ac)2 = a2b2+ 4b2c2+ 9a2c2 + 4ab2c + 6a2bc+12a2bc b2 => P2 12( c 2 )( c 2 ac a 2 ) 0 (1) 3 Bằng cách thay P = ab + 2bc + 3ac và 2c2= a(b c) vào (1) b2 Từ đó: P2 12( c 2 )( c 2 ac a 2 ) => P2 = 12.9.16 =22.3.32.42 3 Vậy P 24 3 *) Ngoài các năng lực trên, HS cần có: Năng lực huy động các kiến thức đã học để nhận xét, so sánh, bác bỏ; cần có tư duy logic, khả năng trình bày vấn đề rõ 8
  9. ràng, chặt chẽ. Năng lực dự đoán kết quả, kiểm tra dự đoán, biết cách liên hệ tới các vấn đề tương tự gần giống nhau, tổng hợp khái quát hoá có phương pháp giải chung cho từng dạng bài và phương pháp "đặc biệt" với bài "đặc biệt", hoặc bài "không tầm thường". 1.2. Các dạng toán về ĐT. Qua tìm hiểu các đề thi HS giỏi THCS, tuyển sinh vào THPT, THPT Năng khiếu (chuyên) và tài liệu, cho thấy bài tập về ĐT tập trung vào các dạng toán sau: Dạng 1: Chứng minh ĐT. Dạng 2: Chứng minh ĐT có điều kiện. Dạng 3: Phân tích đa thức thành nhân tử. Dạng 4: Rút gọn biểu thức. Dạng 5: Tính giá trị của biểu thức. 1.3. Một số phương pháp chứng minh BĐT. 1.3.1. Phương pháp vận dụng định nghĩa và tính chất của BĐT Phương pháp 1: Phương pháp dựa vào định nghĩa. Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi tương đương. Phương pháp 3: Phương pháp làm trội. Phương pháp 4: Phương pháp phản chứng. 1.3.2. Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về BĐT. Để chứng minh BĐT A ≥ B nhiều khi cần sử dụng một số bài toán cơ bản về BĐT để làm bài toán phụ, giúp tìm đến lời giải bài toán. Phương pháp 5: Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về phân số: Ta có hai bài toán cơ bản sau đây: Bài toán 1: Với a, b, c > 0. CMR: a a c a/ Nếu a < b thì b b c a a c b/ Nếu a ≥ b thì b b c 9
  10. Bài toán 2: Với x, y, z > 0. CMR: 1 4 a/ ; xy x y 2 1 1 4 1 1 1 9 b/ ; c/ . x y x y x y z x y z Phương pháp 6: Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về giá trị tuyệt đối Kiến thức cần nhớ: Đối với một số bài toán BĐT có chứa giá trị tuyệt đối, ta có thể vận dụng các bài toán cơ bản về BĐT chứa giá trị tuyệt đối sau: Bài toán 1: CMR: a/ | a | + | b | ≥ | a + b | . Dấu “ = “ xảy ra ab ≥ 0. b/ | a b | ≥ | a | | b |. Dấu “ = “ xảy ra b(a – b) ≥ 0. x y x y Bài toán 2: CMR nếu x, y khác 0 thì | | | | | | 2 y x y x Dấu “ = “ xảy ra x = ± y. m n 1 Từ đó suy ra nếu m, n > 0 ta có: 1) 2 ; 2) m 2 n m m Phương pháp 7: Phương pháp vận dụng BĐT liên hệ giữa tổng bình phương, bình phương của tổng, tích hai số. 1) 2( x2 + y2 ) ≥ ( x + y )2 ≥ 4xy. 2) 3( x2 + y2 + z2 ) ≥ ( x + y + z )2 ≥ 3(xy + xz + yz ). Phương pháp 8: Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về căn thức. (BĐT Cauchy và BĐT Bunhiacôpxki) Khi giải một số bài toán BĐT có chứa căn thức bậc hai, ta có thể vận dụng các bài toán cơ bản về BĐT chứa căn thức. a b Bài toán 1: Cho a,b ≥ 0. CMR: ab 2 Dấu “ = “ xảy ra a = b (BĐT Cauchy) Bài toán 2: CMR: (ax + by)2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2) Dấu “ = “ xảy ra ay = bx (BĐT Bunhiacôpxki) 1.3.3. Phương pháp vận dụng tính chất đặc biệt của biến. Phương pháp 9: Phương pháp vận dụng điều kiện có nghiệm của PT bậc 2. 10
  11. Phương pháp 10: Phương pháp qui nạp toán học. Phương pháp 11: Phương pháp dùng toạ độ, hình học. Chương II BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 2.1. Các yêu cầu về kiến thức và kỹ năng đối với toán ĐT và BĐT thuộc chương trình toán lớp 9 THCS 2.1.1. HS cần nắm vững kiến thức về giải toán ĐT và BĐT - Nắm vững khái niệm và tính chất của ĐT và BĐT. - Nắm vững các HĐT đáng nhớ. - Nắm vững các phép biến đổi đơn giản của căn thức, phân thức, đa thức. - Nắm vững cách chứng minh ĐT. - Nắm vững cách chứng minh ĐT có điều kiện. - Nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. - Rút gọn, tính giá trị của một biểu thức. - Các phương pháp chứng minh BĐT (đã nêu ở chương 1). 2.1.2. HS có kỹ năng vận dụng các kiến thức vào giải toán - Kỹ năng vận dụng các HĐT đáng nhớ. - Kỹ năng tính toán giá trị của biểu thức. - Kỹ năng rút gọn một biểu thức. - Kỹ năng chứng minh ĐT. - Kỹ năng chứng minh ĐT có điều kiện. - Kỹ năng phân tích đa thức thành nhân tử. - Kỹ năng chứng minh BĐT. 2.1.3. HS phát triển về những năng lực trí tuệ chung. - Năng lực suy luận, lập luận. - Năng lực phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa, khái quát hoá, xét tương tự, đặc biệt 11
  12. - Năng lực tiến hành những hoạt động phổ biến trong toán học như phân chia trường hợp, lập ngược vấn đề, sự liên hệ và phụ thuộc xét tính giải được 2.2. Xác định những yêu cầu cơ bản của hệ thống bài tập dành cho HS giỏi về toán. Hệ thống bài tập xây dựng với mục đích rèn luyện năng lực, tư duy sáng tạo cho HS giỏi toán phải là hệ thống bài tập nâng cao có tác dụng đến từng yếu tố của năng lực, tư duy sáng tạo. Để đạt được mục đích đó, các bài tập cần đảm bảo các yêu cầu sau: - Có tác dụng củng cố vững chắc các kiến thức, kỹ năng trong chương trình học. - Bài tập phải gợi được ở HS sự ham thích tìm tòi. - Có tính tổng hợp, tức là những bài tập đòi hỏi phải sử dụng đến nhiều nội dung kiến thức khác nhau, phải nhạy bén trong việc lựa chọn những kiến thức có liên quan để giải quyết yêu cầu do bài tập đặt ra. Để đạt được các yêu cầu trên, các dạng bài tập đưa ra phải phong phú, gồm nhiều thể loại 2.3. Hệ thống bài tập về ĐT và BĐT nhằm rèn luyện năng lực giải toán cho HS giỏi về toán lớp 9 THCS. Năng lực giải toán chỉ có thể hình thành và phát triển trong quá trình hoạt động của HS. Giải bài tập toán học là một trong những hoạt động quan trọng của học tập, do đó người thầy cần phải xác định được hệ thống bài tập sao cho vừa có tác dụng khắc sâu kiến thức, rèn luyện kỹ năng, vừa có tác dụng phát triển tư duy độc lập sáng tạo để chuẩn bị có hiệu quả cho việc vận dụng kiến thức vào học tập và thực tiễn của các em sau này. Với tư tưởng đó, hệ thống bài tập đề xuất về ĐT gồm 5 nội dung đó là: Bài tập về chứng minh ĐT, chứng minh ĐT có điều kiện, phân tích đa thức thành nhân tử, rút gọn biểu thức và tính giá trị của biểu thức; hệ thống bài tập về BĐT đề xuất gồm 11 nội dung tương ứng với 11 phương pháp chứng minh BĐT phù hợp với kiến thức bậc THCS. 2.3.1. Bồi dưỡng năng lực về ĐT. 1. Các kiến thức cơ bản. Cần nhớ: 12
  13. Để chứng minh các ĐT đại số, thường sử dụng các HĐT quen thuộc (đáng nhớ) sau: 1. (a + b)2 = a2 + b2 + 2ab. ( a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca). 2. (a b)2 = a2 + b2 2ab. 3. (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b). ( a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3( a + b)( b + c)( c + a). 4. (a b)3 = a3 b3 3ab(a b). 5. a2 b2 = (a + b)(a b). 6. a3 + b3 = (a + b)( a2 ab + b2). =(a + b)3 3ab(a + b). 7. a3 b3 = (a b)( a2 + ab + b2). =(a b)3 + 3ab(a b). Một cách tổng quát: 8. a2n + 1 + b2n + 1 = (a + b)( a2n a2n 1.b + + b2n) 9. an bn = (a b)( an 1 + an 2.b + + bn 1). 2. Rèn luyện các kỹ năng giải bài toán về ĐT Dạng 1: Bài tập về chứng minh ĐT Bài 1: CMR: (a2 + b2)(x2 +y2) = (a x + by)2 + (ay – bx)2 Giải: Biến đổi vế phải, ta được: ax)( by2 ay bx )( 2 a 2 x 2 b 2 y 2 2)( axby a 2 y 2 b 2 x 2 2) axby axby22 22 aybx 22 22 ( abx 2 22 )( y 2) ) ĐT được chứng minh. Bài 2: CMR: (x+y)(x+y)3 = x(x + 2y)3 – y(2x + y)3 Hướng dẫn: Biến đổi vế phải, ta được điều cần chứng minh. (Tương tự bài 1) Bài 3: CMR: x4 + y4 + (x + y)4 = 2(x2 + xy + y2)2 Giải: Viết ĐT đã cho dưới dạng: 2(x2 + xy + y2)2 x4 y4 =(x + y)4 Biến đổi vế trái, ta được: 13
  14. 2(x2 + xy + y2)2 x4 y4 = [(x2 + xy + y2)2 x4] + [(x2 + xy + y2) y4] = (xy + y2)(2x2 + xy + y2) + (x2 + xy)(x2 + xy + 2y2) = (x + y) [y(2x2 + xy + y2) + x(x2 + xy + 2y2)] = (x + y) [x3 + 3x2y + 3y2x + y3] = (x + y)(x + y)3 = (x + y)4. Vậy ĐT được chứng minh. Bài 4: Cho a, b, c. CMR: a3 + b3 + c3 3abc = (a + b + c)( a2 + b2 + c2 ab bc ca) Giải: Biến đổi vế trái, ta được: a3+b3+c3 3abc = (a3+b3)+ c3 3abc = (a + b)3 3ab(a + b) + c3 3abc = [(a + b)3 + c3] 3ab(a + b + c) = (a + b + c)3 3(a + b).c(a + b + c) 3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b + c)2 3ac 3bc 3ab] = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ab bc ca) Vậy ĐT được chứng minh. Bài 5: Chứng minh rằng, nếu ít nhất có hai trong ba số a, b,c khác nhau thì: a3 b3 c3 3abc a b c (a b)2 (b c)2 (c a)2 2 Hướng dẫn: Biến đổi tử số của phân thức ở vế trái như bài 4, ta được: a3+ b3+ c3 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ab bc ca) a b c [(a b)2 (b c)2 (c a)2 ] 2 Vậy vế trái của ĐT đã cho bằng: a b c [(a b)2 (b c)2 (c a)2 ] a b c 2 (a b)2 (b c)2 (c a)2 2 ĐT được chứng minh. Bài 6: CMR: a/ 449 20 6 4 49 20 6 2 3 Hướng dẫn: 14
  15. 49 20 6 25 20 6 24 (5 2 6)2 [( 3 2)2 ]2 ( 3 2)4 49 20 6 25 20 6 24 (5 2 6)2 [( 3 2)2 ]2 ( 3 2)4 b/ 3 x3 3xy (3x2 y) y 3 x3 3xy (3x2 y) y 2x Hướng dẫn: Biến đổi biểu thức ở vế trái, ta được: x3 3xy (3x2 y) y x3 3x2 y 3x( y)2 ( y)3 (x y)3 x3 3xy (3x 2 y) y x3 3x 2 y 3x( y)2 ( y )3 (x y)3 c/ 32 5 3 2 5 1 Giải: Đặt x 3 2 5 3 2 5 Ta có: x3 2 5 2 5 33 (2 5)(2 5.x x3 = 4 3x x3 + 3x 4 = 0 (x 1)(x2 + x + 4) = 0 1 15 Chú ý rằng: x2 x 4 ( x ) 2 0 . Do đó x 1 = 0 tức là x = 1 2 4 Vậy ĐT được chứng minh. f/ 32 3 20 3 25 3 3 5 3 4 Hướng dẫn: Nhận xét: 3 2 1 ; 3 20 3 8 2 ; 3 25 3 27 3 vế trái dương. Để chứng minh ĐT chỉ cần bình phương 2 vế và rút gọn được ĐT đúng. 1 2 4 Bài 7: a/ 3 3 2 1 3 3 3 9 9 9 Hướng dẫn: Đặt 3 2 a ; 2 a3 . ĐT cần chứng minh tương đương với: 1 a a2 3 a 1 3 9(a 1) a2 a 1 (a2 a 1)3 9(a 1) 3 9 3 Ta biến đổi: a2 a 1 (a2 a 1)2 (a2 a 1) 3(a2 1)(a2 a 1) = 3(a 1)(a + 1)(a2 a + 1) = 3(a - 1)(a3 + 1) = 3(a 1)(2 + 1) = 9(a - 1) 15
  16. Vậy ĐT được chứng minh. 45 1 3 2 4 5 b/ CMR: 4 45 1 3 2 4 5 Giải: Đặt 4 5 a 5 a4 4 a 1 3 2a Cần chứng minh: a 1 3 2a 4 a 1 (a 1)4 2(3 2a)(1 a2 ) 3 2a Khai triển: a 1 (a 1)4 2(3 2a)(1 a2 ) 3 2a Vậy ĐT được chứng minh. Bài 8: Chứng minh các ĐT sau: x x2 y x x2 y a) x y 2 2 Hướng dẫn: Bình phương 2 vế của ĐT đã cho, ta được: x x2 y x x2 y x x2 y x x2 y x y 2 2 2 4 Biến đổi vế phải, ta được: x x2 y x x2 y x x2 y x x2 y y 2 = x 2 x y 2 2 4 4 Vậy ĐT được chứng minh. x x2 y x x2 y b) x y 2 2 (Chứng minh tương tự a/) x2 4 x2 4 2x 4 c) x x x x x Hướng dẫn: Nhân 2 vế với 4 x , ta được: 16
  17. x x2 4 x x2 4 2x 4 ; Tiếp theo áp dụng kết quả câu a/ ta được điều cần chứng minh. abx c2 4ax abx c2 4ax 4ax d) bc b bc b c Hướng dẫn: Cách 1: Nhân 2 vế với bc ,ta được: abx c2 4abxc2 abx c2 4abxc2 4abx , Hay c abx c abx 4abx . Cách 2: Bình phương rồi biến đổi vế trái, rút gọn được điều phải chứng minh. Bài 9. Chứng minh các ĐT: a(x b)(x c) b(x c)(x a) c(x a)(x b) a) x (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) a2 (x b)(x c) b2 (x c)(x a) c2 (x a)(x b) b) x2 (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) (b c)(x b)(x c) (c a)(x c)(x a) (a b)(x a)(x b) c) a b c x (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) Hướng dẫn: Lần lượt thay x = a, b, c vào vế trái ta được các giá trị tương ứng a, b, c. Từ đó suy ra đồng nhất thức. b) và c) tiến hành tương tự a). Bài 10. Chứng minh ĐT: a) 3 5 3 5 2 Cách 1: Đặt A = 3 5 3 5 A2 3 5 3 5 2 9 5 A2 6 2 4 2 Do A từ A2 = 2 => A 2 . Vậy ĐT được chứng minh. 17
  18. Cách 2: Nhân A với 2 , ta được: A 2 (3 5)2  (3 5)2  625 625 (51) 2 (51) 2 51 51 2 AA2 2 2 . ĐT được chứng minh Cách 3: Vì 2 vế ĐT đã cho đều âm => Nhân 2 vế với (-1) => Bình phương 2 vế, rút gọn ta được ĐT đúng. 4 2 3 b) 3 6 3 10 3 1 Hướng dẫn: Biến đổi vế trái, ta được: 4 2 3 ( 3 1)2 3 1 3 1 3 1 ĐT đã cho tương đương với: 3 1 3 6 3 10 . Lập phương 2 vế, rút gọn ta được ĐT đúng. Bài 11. Chứng minh HĐT: 1 a 3a2 a2 1 1 a) 2 : 1 (Với a ≠ ±1; a ≠ ± ) 2 2 2 a 1 1 a 2a a 1 2 Hướng dẫn: Biến đổi vế trái, ta được: 1 a 3a2 1 2(a 1) 1 a2 (1 2a)(1 a) a 1 2 : 1 . 2 2 2 a 1 1 a a 1 1 4a (1 2a)(1 2a) 2a 1 a 1 Biến đổi vế phải bằng . Vậy ĐT được chứng minh. 2a 1 x y 1 y 2 y x2 y 2 b) : 2 2 2 3 2 x xy y x x y x y x x y (Với x ≠ 0; y ≠ 0; x ± y ≠ 0) Chứng minh tương tự a/. Bài 12. Cho a, b, c là 3 số khác nhau. CMR: 18
  19. b c c a a b 2 2 2 (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) a b b c c a Hướng dẫn: Ta có: b c a c a b 1 1 1 1 (a b)(a c) (a b)(a c) a b a c a b c a c a b a b c 1 1 1 1 (b c)(b a) (b c)(b a) b c b a b c a b a b c b c a 1 1 1 1 (c a)(c b) (c a)(c b) c a c b c a b c Cộng từng vế của ba ĐT trên ta được điều cần chứng minh. * Nhận xét: - Để chứng minh một ĐT ta có thể thực hiện việc biến đổi biểu thức (thực hiện phép tính) ở vế này (thường là vế phức tạp hơn) của ĐT để được một biểu thức ở vế kia. - Trong một số trường hợp, để chứng minh một ĐT ta có thể biến đổi đồng thời cả hai vế của ĐT sao cho chúng cùng bằng một biểu thức thứ ba, hoặc cũng có thể lấy biểu thức VT trừ biểu thức VP (hoặc biểu thức VP trừ biểu thức VT) và biến đổi có kết quả bằng 0. Dạng 2: Chứng minh ĐT có điều kiện. Bài 13: Cho a + b + c = 0. CMR: a3 + b3 + c3 = 3abc. Giải: Ta có (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a) (1) Vì a + b + c = 0, nên suy ra: a + b = c; b + c = a; c + a = b Từ đó theo (1) ta có: 0 = a3 + b3 + c3 3abc Suy ra: a3 + b3 + c3 = 3abc. Vậy ĐT được chứng minh. Bài 14: Cho a + b = 1, ab≠ 0. CMR: a b 2(ab 2) a b 2(b a) a/ ; b) b3 1 a3 1 a2b2 3 b3 1 a3 1 a2b2 3 Giải: 19
  20. a/ Biến đổi vế trái: a b a b VT (bbb 1)(2 1) ( aaa 1)( 2 1) abb ( 2 1) baa ( 2 1) 1 1 (a2 a 1 b 2 b 1) b2 b 1 a 2 a 1 ( b 2 b 1)( a 2 a 1) 2 (a b ) 2 ab 3 2(ab 2) 2( ab 2) ababababab2 2 ( ) 2 2 2 ab 2 2 ( a 2 2 abb 2 ) 2 ab 2 2 3 Vậy ĐT được chứng minh. b) Chứng minh tương tự a/. Bài 15: Cho x+ y+ z = A. CMR: x3 + y3 + z3 = A3 3A(xy+yz+zx) + 3xyz Giải: Ta có: (x + y + z)3 = x3 + y3 + z3 + 3(x + y)(y + z)(z + x) => x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 3(x + y)(y + z)(z + x) = A3 3(A z)(A x)(A y) = A3 3[A3 A2 (x+y+z) + A(xy+yz+zx) xyz] = A3 3[A3 A3 + A(xy+yz+zx) xyz] = A3 3A(xy+yz+zx) + 3xyz Vậy ĐT được chứng minh. Bài 16: CMR nếu có: a2+ b2+ c2 = |ab+bc+ca| thì a = b = c. (1) Giải: Bình phương 2 vế của (1), ta được: (a2+ b2+ c2)2 = (ab + bc + ca)2. Hay: (a2+ b2+ c2 ab bc ca)(a2+ b2+ c2 + ab + bc + ca) = 0. * Nếu a2+ b2+ c2 ab bc ca = 0, thì: 2a2+ 2b2+ 2c2 2ab 2bc 2ca = 0. Hay (a b)2 + (b c)2 + (c a)2 = 0. a b 0 Suy ra b c 0 hay a = b = c. c a 0 * Nếu a2+ b2+ c2 + ab + bc + ca = 0. 20
  21. Tương tự ta có: a + b = b + c = c + a = 0. Suy ra a = b = c = 0. Vậy cả hai trường hợp ta đều có a = b = c. Bài 17: CMR nếu có: x2 3 x4 y 2 y 2 3 x2 y 4 a thì 3 x2 3 y2 3 a2 Giải: Bình phương 2 vế của ĐT đã cho, ta được: x2 3 xy 42 3 xyy 242 2 ( x 2 3 xyy 422 )( xy 24 ) a 2 (1) Mà (x2 3 x 422 y )( y 3 x 24 y ) 3 x 4432 y ( x 3 y 22 ) Do vậy vế trái của (1) bằng: x2 y2 3 x4 y2 3 x2 y4 23 x2 y2 (3 x2 3 y 2 ) x2 y2 33 x4 y2 33 x2 y 4 (3 x2 3 y2 )3 Từ đó => 3 x2 3 y2 3 a2 a b c d ac bd Bài 18: Đặt m ; m ; m 1 a b 2 c d 3 ad bc CMR: m1 + m2 + m3 = m1m2m3 a b c d ac bd Giải: Ta có: m1 + m2 + m3 = a b c d ad bc (a b)(c d) (c d)(a b) ac bd (a b)(c d) ad bc 2(ac bd) ac bd (ac bd)[2(ad bc) (a b)(c d)] (a b)(c d) ad bc (a b)(c d)(ad bc) (ac bd)(a b)(a c) m .m .m (a b)(c d)(ad bc) 1 2 3 Vậy ĐT được chứng minh. a b c Bài 19: Cho: 0 b c c a a b a b c CMR: 0 . (b c)2 (c a)2 (a b)2 21
  22. 1 1 1 Hướng dẫn: Lần lượt nhân 2 vế của ĐT đã cho với ; ; sau đó b c c a a b cộng lại. Rút gọn ta được ĐT cần chứng minh. x y z a b c Bài 20: Cho 1 ; 0 a b c x y z x2 y2 z 2 CMR: 1. a2 b2 c2 Giải: 2 x y z x y z x2 y2 z2 xy yz zx Từ 1 => 2 a b c a b c a2 b2 c2 ab bc ab x2 y2 z2 xy yz zx 2 cxy ayz bzx => 1 2 1 . a2 b2 c2 ab bc ab abc a b c cxy ayz bzx Mặt khác, từ 0 => 0 => cxy ayz bzx = 0. x y z abc x2 y2 z 2 Do đó 1. Vậy ĐT được chứng minh. a2 b2 c2 1 1 1 Bài 21: Cho a + b + c = 1 và 0 . CMR: a2 + b2+ c2 = 1 a b c 1 1 1 1 1 1 Bài 22: CMR, nếu: 2 và a + b + c = abc thì ta có: 2 a b c a2 b2 c2 ( Bài 21 & bài 22 chứng minh tương tự bài 19 ) Bài 23: Cho ab = 1. CMR: a5 b5 (a3 b3 )(a2 b2 ) (a b) Hướng dẫn: Biến đổi vế phải: (a3 b3)(a2 b2 ) (a b) a5 b5 a3b3 a2b3 (a b) a5 b5 x4 y4 1 Bài 24: Cho ; x2 + y2 = 1. CMR: a b a b a) bx2 = ay2 x2000 y 2000 2 b) a1000 b1000 (a b)1000 Giải: 4 4 2 2 2 x y x y 4 4 2 2 2 a) Ta có => (a + b)(bx + ay ) = ab(x + y ) a b a b 22
  23. => (ay2 bx2)2 = 0 => bx2 = ay2. x2 y2 x2 y2 1 b) Từ bx2 = ay2 => . a b a b a b 1000 1000 x2 y2 1 x2 1 x2000 1 Vậy => => 1000 1000 a b a b a a b a a b 1000 1000 y2 1 y 2000 1 Và => 1000 1000 b a b b a b Suy ra đpcm. 1 Bài 25: Cho a + b + c = 0 . CMR: a4 + b4 + c4 = (a2 + b2 + c2)2 2 Giải: Từ a + b + c = 0 => b + c = a => (b + c)2 = a2 => b2 + c2 + 2bc = a2 => a2 b2 c2 = 2bc => (a2 b2 c2)2 = 4b2c2 => a4 + b4 + c4 = 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 => 2(a4 + b4+ c4) = a4 + b4 + c4 + 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 => 2(a4 + b4 + c4) = (a2 + b2 + c2)2 1 => a4 + b4 + c4 = (a2 + b2 + c2)2 2 Bài 26: CMR, nếu: x + y + z = 0 thì 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) Chứng minh tương tự bài 25. Từ x + y + z =0 => y + z = x => (y + z)5 = x5. Khai triển, rút gọn được điều cần chứng minh. Bài 27: CMR, nếu: xyz = 1 thì: 1 1 1 1 1 x xy 1 y yz 1 z zx 1 1 1 Giải: Đặt S = 1 x xy 1 y yz 1 z zx z xz 1 z zx xyz xz xyz xyz 2 1 z zx z xz 1 z zx 1 1. z zx 1 xz 1 z 1 z zx z zx 1 Vậy ĐT được chứng minh. 23
  24. a b b c c a Bài 28: CMR nếu: x ; y ; z a b b c c a thì: (1 + x)(1 + y)(1 + z) = (1 x)(1 y)(1 z) Hướng dẫn: 8abc * Tính (1+ x)(1+ y)(1+ z) = a b b c c a 8abc * Tính (1 x)(1 y)(1 z) = a b b c c a => (1+ x)(1+ y)(1+ z) = (1 x)(1 y)(1 z) Bài 29: Cho a, b, c là ba số khác không thỏa mãn: ay bx cx az bz cy c b a CMR: (ax + by + cz)2 = (x2 + y2 + z2)(a2 + b2 + c2) ay bx cx az bz cy Giải: Đặt k = => c b a cay cbx bcx baz abz acy k = c2 b2 a2 cay cbx bcx abz abz acy => k = a2 b2 c2 => k = 0 => ay bx = cx az = bz cy = 0 => (ay bx)2 = (cx az)2 = (bz cy)2= 0 => (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) (ax + by + cz)2 = 0 => (ax + by + cz)2 = (x2 + y2 + z2)(a2 + b2 + c2) x2 yz y2 zx z2 xy Bài 30: Cho: a b c a2 bc b2 ca c2 ab Chứng minh: x y z x2 yz y2 zx z2 xy Hướng dẫn: Đặt k = a b c x2 yz y2 zx z2 xy => a ;b ;c . k k k Sau đó tính a2 bc; b2 ca; c2 ab theo x, y, z, k . 24
  25. a2 bc b2 ca c2 ab Rồi suy ra x y z Bài 31: Cho 3 số a, b, c thỏa mãn: b ≠ c, a + b ≠ c và c2 = 2(ac + bc ab) a2 (a c)2 a c CMR: b2 (b c)2 b c Hướng dẫn: Ta có: Tử số a2 + (a c)2 = a2 + c2 c2 + (a c)2 = a2 + c2 2(ac + bc ab) + (a c)2 = 2(a c)(a c + b) Tương tự ta có mẫu số b2 + (b c)2 = 2(b c)(b c + a ) a2 (a c)2 a c => b2 (b c)2 b c 1 Bài 32: Cho biết ax + by + cz = 0; a + b + c = 2000 ax2 by 2 cz2 CMR: 2000 bc(y z)2 ac(x z)2 ab(x y)2 Hướng dẫn: * Từ (ax + by + cz)2 = 0 => a2x2 + b2y2 + c2z2 = 2(abxy + bcyz + cazx) * Xét mẫu số: bc(y z)2 + ac(x z)2 + ab(x y)2 = bcy2 + bcz2 + caz2 + cax2 + abx2 + aby2 2(abxy + cbyz + cazx) = bcy2 + bcz2 + caz2 + cax2 +abx2 + aby2 + a2x2 + b2y2 + c2z2 = (ax2 + by2 + cz2)(c + b + a) ax2 by 2 cz 2 ax 2 by 2 cz 2 1 => 2000 bc( y z )2 ac ( x z ) 2 ab ( x y ) 2 ( ax 2 by 2 cz 2 )( a b c ) a b c Bài 33: Cho a + b + c + d = 0 CMR: a3 + b3 + c3 + d3 = 3(c + d)(ab - cd) Giải: Từ a + b + c + d = 0 => a + b = (c + d) => (a + b)3 = (c + d)3 => a3 + b3 + 3ab(a + b) = c3 d3 3cd(c + d). => => a3 + b3 + c3 + d3 = 3(c + d)(ab cd). Bài 34: Cho x, y là 2 số thỏa mãn: 25
  26. ax by c 3 3 3 bx cy a CMR: a + b + c = 3abc cx ay b Hướng dẫn: Cộng 3 đẳng thức ta có (a + b + c)x + (a + b + c)y = a + b + c. => (a + b + c )(x + y 1) =0 1/ Hoặc là: a + b + c =0 Dùng HĐT: a3 + b3 + c3 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ab bc ca) => a3 + b3 + c3 3abc = 0 => a3 + b3 + c3 = 3abc 2/ Hoặc là: x + y 1 = 0 => x + y =1. Thay vào giả thiết, suy ra a = b = c => a3 + b3 + c3 = 3abc Dạng 3: Phân tích đa thức thành nhân tử. Bài 35: a/ A = (a 1) (a 2) (a 3) + (a 1) (a 2) (a 1) = (a 1) [ (a 2) (a 3) + (a 2) 1] = (a 1) (a2 5a + 6 + a 2 1) = (a 1) (a2 4a + 3) = (a 1) (a 1) (a 3) = (a 1)2 (a 3) b/ A = (a b) (a2 c2) (a c) (a b)2 = (a b) (a c) [(a + b) (a c) (a b)] = (a b) (a c) (a + b a2 + ab + ac bc) Bài 36: a/ M = ab(a + b) bc(b + c) ac(c a) = ab(a + b) bc[(a + b) + (c a)] ac(c a) = ab(a + b) bc(a + b) bc(c a) ac(c a) = (a +b) (ab bc) (c a) (bc + ac) = (a + b). b(a c) (c a). c(b + a) = (a + b) (a c).b + (a c). c(b + a) = (a + b) (a c) (b + c) 26
  27. b/ N = a(b2 c2) + b(c2 a2) + c(a2 b2) (Tương tự phần a) = a(b2 c2) b(a2 c2) + c(a2 b2) = a(b2 c2) b[(a2 b2) + (b2 c2)] + c(a2 b2) = a(b2 c2) b(a2 b2 ) b(b2 c2) + c(a2 b2) = (b2 c2)(a b) (a2 b2)(b c) = (b c)(b + c)(a b) (a b)(a + b)(b c) = (a b)(b c) [(b+ c) (a + b) ] = (a b)(b c)(b + c a b) = (a b)(b c)(c a) Bài 37: A = x4 + x3 + x2 x 2 = x4 + x3 + 2x2 x2 x 2 = x2(x2 + x + 2) (x2 + x + 2) = (x2 1)(x2 + x + 2) = (x 1)(x +1)(x2 + x + 2) Bài 38: a/ f(x) = x3 x 6 = x3 2x2 + 2x2 4x + 3x 6 = x2(x 2) + 2x(x 2) + 3(x 2) = (x 2) (x2 + 2x + 3) b/ f(x) = x5 + x +1 = x2(x3 1) + (x2 + x + 1) = x2(x 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x3 x +1) Bài 39: a/ A = 2x3 + x2 + x 1 = (x3 1) + (x3 + x2 + x) = (x 1)(x2 + x + 1) + x(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(2x 1) b/ B = 3x3 + 2x2 +2x 1 = (x3 1) + (2x3 + 2x2 + 2x) 27
  28. = (x 1) (x2 + x + 1) + 2x(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1) (3x 1) Bài 40: a/ A = 6x2 5x + 1 = 6x2 3x 2x + 1 = 3x(2x 1) (2x 1) = (2x 1)(3x 1) b/ A = 2x2 5xy + 2y2 (Tương tự a/) Bài 41: a/ A = 4x2 4x 3 = 4x2 4x + 1 4 = (2x 1)2 22 = (2x 1 + 2) (2x 1 2) = (2x + 1) (2x 3) b/ C = 4x2 11x + 6 = 4x2 8x 3x + 6 = 4x(x 2) 3(x 2) = (4x 3)(x 2) Bài 42: a/ A = x4 + 5x2 + 9 = x4 + 6x2 + 9 x2 = (x2 + 3)2 x2 = (x2 + 3 x) ( x2 + 3 + x) b/ B = x4 + x2y2 + y4 = x4 + 2x2y2 + y4 x2y2 = (x2 + y2)2 (xy)2 = (x2 + y2 xy)(x2 + y2 + xy) c/ C = x4 + 3x2 + 4 (Tương tự phần b) Bài 43: a/ C = 4x4 + 1 = (2x2)2 + 4 x2 + 1 4x2 = (2 x2 + 1)2 (2x2) = (2 x2 2x + 1)(2 x2 + 2x + 1) b/ D = 64x4 + 81 (Tương tự a/ ) Bài 44: 28
  29. a/ A = (x2 4x)2 + 8(x2 4x) + 15 = (x2 4x)2 + 2. 4(x2 4x) + 16 1 = (x2 4x + 4)2 1= (x2 4x + 4 + 1) (x2 4x + 4 1) = (x2 4x + 5) (x2 4x + 3) = (x2 4x + 5) (x 3) (x 1) b/ B = x2 + 2xy + y2 + 2x + 2y 3 = (x + y)2 + 2(x + y) 3 = (x + y +1)2 22 = (x + y + 3) (x + y 1) Bài 45: A = a2b + a2c + ab2 + ac2 + cb2 + c2b + 2abc = ab(a + b)+ c2(a + b) + c(a2 + b2 + 2ab) = ab(a + b)+ c2(a + b) + c(a + b)2 = (a + b)(ab + c2 + ca + cb) = (a + b)[(a(b + c) + c(b + c)] = (a + b)(b + c) (a + c) Bài 46: P = a2(b c) + b2(c a) + c2(a b) = a2(b c) + c2(a b) b2(a c) = a2(b c) + c2(a b) b2[(a b) + (b c)] = a2(b c) +c2(a b) b2(a b) b2(b c) = (a2 b2)(b c)+ (a b)(c2 b2) = (a b)(b c )[ a + b c b] = (a b)( b c )(a c ) Bài 47: Q = a3 + 4a2 29a + 24 = a3 a2 + 5a2 5a 24a + 24 = a2(a 1) + 5a(a 1) 24(a 1) = (a 1)( a2 + 5a 24) = ( a 1)( a2 3a + 8a 24) = (a 1)(a 3)(a + 8). Bài 48: a/ A = x4 + 6x3 + 7x2 6x + 1 = x4 + 6x3 + 9x2 2x2 6x + 1 = x2(x + 3)2 2x(x + 3) + 1 = (x2 + 3x 1)2 b/ B = x3 + 6x2 + 11x + 6 = x3 + x2 + 5x2 + 5x + 6x + 6 29
  30. = x2(x + 1) + 5x(x + 1) + 6(x + 1) = (x + 1) ( x2 + 5x + 6) = (x + 1) ( x2 + 2x + 3x + 6) = (x + 1) (x + 2) (x + 3) Bài 49: a/ A = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = (x2 + 8x + 7) (x2 + 8x + 15) + 16 1 Đặt y = x2 + 8x + 11 (1) => A = (y 4) (y + 4) + 16 1 = y2 16 + 16 1 = y2 1 =(y + 1) (y 1) (2) Từ (1) và (2) suy ra: A = (x2 + 8x +11+ 1) (x2+8x + 11 1) = (x2 + 8x+12) (x2 + 8x + 10) A = [(x+4)2 22][(x+4)2 22] = (x + 2)(x + 6)(x + 4 + 6 )(x + 4 + 6 ) b/ B = (x y)3 + (y z)3 + (z x)3 = 3(x y)(y z)(z x) Vì x y + y z + z x = 0 Áp dụng ĐT: a3 + b3 + c3 = 3abc (nếu a + b + c = 0) c/ C = (x + y + z)3 x3 y3 z3 = (x + y )3 + z3 + 3z(x + y)(x + y + z) x3 y3 z3 = x3 + y3 + 3xy(x + y) + z3 + 3z(x + y) (x + y + z) x3 y3 z3 = 3xy(x + y) + 3z(x + y)(x + y + z) = 3(x + y) (xy+xz+yz+z2) = 3(x + y)(y + z)(x + z) Bài 50: P = x4 + 2000x2 + 1999x + 2000 = x4 x + 2000x2 + 2000x + 2000 = x(x3 1)+2000(x2+x + 1) = x(x 1)(x2 + x + 1) + 2000(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 x + 2000) 30
  31. * Nhận xét: Phân tích đa thức thành nhân tử là biến đổi một đa thức thành một tích của các đa thức khác có bậc khác không. Ta cũng lưu ý rằng luỹ thừa của một đa thức với số mũ luỹ thừa lớn hơn 1 là một tích các đa thức với các nhân tử bằng nhau Có nhiều phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử: Phương pháp 1: Phương pháp đặt nhân tử chung. Làm xuất hiện nhân tử giống nhau ở các hạng tử của đa thức. Đặt nhân tử chung đó ra ngoài ngoặc. Phương pháp 2: Dùng HĐT. Biến đổi đa thức cần phân tích về dạng một vế của HĐT quen thuộc. Phương pháp 3: Phương pháp nhóm các hạng tử. Sử dụng tính chất kết hợp của phép cộng ta nhóm các hạng tử của đa thức cần phân tích một cách hợp lý để có thể sử dụng phương pháp đặt nhân tử chung hoặc phương pháp dùng HĐT. Phương pháp 4: Phương pháp tách một hạng tử thành một tổng. Tách một hạng tử của đa thức thành một tổng để có thể sử dụng phương pháp nhóm các hạng tử cho đa thức mới nhận được. Phương pháp 5: Phương pháp thêm bớt cùng một hạng tử. Ngoài các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử ở trên còn một số phương pháp khác như phương pháp hệ số bất định, phương pháp đặt biến phụ Khi làm loại toán trên, HS hãy tìm các cách giải khác nhau và hãy chọn cách làm ngắn gọn nhất. Trong các phương pháp trên thì thường ưu tiên số một là dùng cách đặt nhân tử chung, rồi đến dùng HĐT và sau đó là nhóm các hạng tử, v.v Căn cứ vào từng bài, hãy làm thử rồi chọn cách phân tích; thông thường trong quá trình giải mỗi bài toán phân tích đa thức thành nhân tử cũng vẫn phải phối hợp, vận dụng linh hoạt các phương pháp trên. Dạng 4: Rút gọn biểu thức: Bài 51: Rút gọn biểu thức: a2 3 a a2 a) M 2 2 . 1 ab 2 b a a 2 ab 2 b a 3 31
  32. a 2 3a a 2 = . 1 b a 2b a a 2b a 2b a 3 a 2 a 3 3a a 2 = . b a 2b a 1 a 2b a 3 a 2 a 2 4a 3 = b a 2b a 1 a 2b a 3 a 2 a 1 a 3 = b a 2b a 1 a 2b a 3 a 2 a 2b = = b a 2b a 2b b a 2b 1 = b (Điều kiện: b 0; a 1; a 3; a 2b) a2 a b 1 1 b) N : ab b ab a a b a2 a b b a : b a b a b a ab a. a 2 a b . b ab . ab a b b a 2 a 2 ab b ab a b ab ab a b b a ab a b a b a b = (Điều kiện: a > 0; b > 0; a b ) a b x y x y2 y2 2 y c) P 2 2 : 2x 2 y 2 x 2 y y x x y x y x y2 y2 2 y : 2 2 2 x y 2 x y x y x y 32
  33. 2 2 x y x y 4 y 2 x y4 xy 4 y2 x y 2 x2 y 2 2y 2 x 2 y 2 2 y 4y x y x y 1 (Điều kiện: x 0; x ±y) 2 x2 y 2 .2 y Bài 52: Rút gọn biểu thức: x 1 x x a) A 2 Với x A 6 b) B 8 2 15 8 2 15 => B2 8 2 15 8 2 15 2 64 4.15 B2 16 2 4 16 4 12 => B 2 3 (Do B < 0) c) C x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 ( x 1 1)2 ( x 1 1)2 x 1 1 x 1 1 33
  34. => C = 2 x 1, Nếu x 2; C = 2, Nếu x 0; x 1 1 3 2 4x 1 b) N : 1 2 x 1 4x 1 2 x 1 4x 1 1 3 2 4x 1 4x 1 : 2 x 1 4x 1 2 x 1 4x 1 2 x 1 3 2 2 x 1 8x 2 x 1 3 4 x 2 8x : : 4x 1 4x 1 4x 1 4x 1 2 x 4x 1 x . 4x 1 8x 4x Điều kiện: x 1/4; x > 0 34
  35. x 1 x2 1 x 1 x2 1 c) P x 1 x 2 1 x 1 x2 1 (x 1 x2 1)2 (x 1 x2 1)2 (x 1)2 ( x2 1)2 (x 1)2 2(x 1) x2 1 ( x2 1)2 (x 1)2 2(x 1) x2 1 ( x2 1)2 (x 1)2 ( x2 1)2 x2 2x x2 1 x2 2x 1 x2 1 2 2x2 2x 2x x 1 2 2 2x x 2x 1 x 1 2 x 1 x 1 ĐK: x < 1 hoặc x≥ 1 Bài 55: Đơn giản biểu thức: A (2 1)(22 1)(24 1)(28 1)(216 1)(232 1) (2 1)(2 1)(22 1)(24 1)(28 1)(216 1)(232 1) (22 1)(22 1)(24 1)(28 1)(216 1)(232 1) (24 1)(24 1)(28 1)(216 1)(232 1) (28 1)(28 1)(264 1)(232 1) (216 1)(216 1)(232 1) (232 1)(232 1) 264 1 Bài 56: Đơn giản biểu thức: a x 2 b x 2 c x 2 Q a b a c a b a b c b c a c b c TXĐ: abc 0; a b c a x 2 b x 2 c x 2 a a b c a b a b b c c c a b c bc a x 2 b c ac b x 2 c a ab c x 2 a b abc a b b c c a abc a b b c c a abc a b b c c a bc a x 2 b c ac b x 2 c a ab c x 2 a b (*) abc a b b c c a Phân tích tử thức (*) ta có: bc a x 2 b c ac b x 2 c a ab c x 2 a b bc(a x)2 (b c) ac(b x)2 (b c) ac(b x)2 (a b) ab c x 2 a b 35
  36. c b c b a x 2 a(b x)2  a(a b)c(b x)2 b(c x)2  c b c (ba2 2abx bx2 ab2 2abx ax2 ) a(a b)(cb2 2bcx cx2 bc2 2bcx bx2 ) c b c (a b)(ab x2 ) a(a b)(b c)(bc x2 ) b c (a b)(abc cx2 abc ax2 ) x2 b c (a b)(a c) x2 b c (a b)(a c) =>Q abc a b b c c a x 2 b c (a b)(c a ) abc a b b c c a x 2 abc Bài 57. Rút gọn: 4 8 2 1 4 8 2 1 a/ A = 4 8 2 1 Giải: 24 8 2 4 8 2 1 4 8 2 1 2 A = 2 4 8 2 1 2 2 24 8 2 4 8 2 1 A2 = 4 8 2 1 24 8 2 2 2 2 1 A2 = 4 8 2 1 2(4 8 2 1) A2 = 2.Vậy A = 2 . 4 8 2 1 1 3 a 1 3 a b/ B = 1 3 a 3 a2 1 3 a 3 a2 (1 3 a)(1 3 a 3 a2 ) (1 3 a)(1 3 a 3 a2 ) Giải: B = (1 3 a 3 a2 )(1 3 a 3 a2 ) 36
  37. 3 = = 4 a 2a 3 a4 3 a2 1 Bài 58: Rút gọn: 1 1 1 S 2 1 1 2 3 2 2 3 2011 2010 2010 2011 Giải: * Ta có n 1,n Z 1n 1 n 1 1 (n 1) n n . n 1 n ( n 1) n n 1 * Thay n = 1, 2, , 2010 vào,ta được: 1 1 1 2 1 1 2 2 1 1 1 3 2 2 3 2 3 1 1 1 2010 2009 2009 2010 2009 2010 1 1 1 2011 2010 2010 2011 2010 2011 1 1 1 1 1 1 Do đó S 1 1 2 2 3 2010 2011 2011 Bài 59: Rút gọn: x 2 x 1 x 2 x 1 1 a) A = . 1 x2 4(x 1) x 1 x 2 Giải: Điều kiện 1 x 2 2 2 x 1 1 x 1 1 x 2 A = . x 2 2 x 1 x 1 1 x 1 1 x 2 = . x 2 x 1 37
  38. x 1 1 x 1 1 x 2 * x>2 => A = . x 2 x 1 2 x 1 x 2 2 A = . x 2 x 1 x 1 * 1 A = . = x 2 x 1 x 1 2 1 2 1 a 4 a 1 a a a b/ B = 4 4 1 a a 1 a Với a > 0; a ≠ 1 Giải: Điều kiện: a>0; a 1 2 1 2 1 4 a 4 a 1 1 a a B = 4 1 a a 1 a 2 1 2 1 1 a a = - 4 a 4 a 1 a a 1 (1 a)2 1 a = - 2 .4 a a a 4 a a 1 a = 1 1 = 0 . Vậy với a>0; a 1 Thì B = 0 a a Bài 60: a) Cho 0 <a <1 rút gọn biểu thức: 1 a 1 a 1 1 P = 1 . 2 2 1 a 1 a 1 a a 1 a a Hướng dẫn: 1 a 1 a 1 a2 1 1 1 a2 1 a2 1 P = . 1 1 a 1 a a a a 38
  39. b) B = 2x 1 2 x2 x 2x 1 2 x2 x với x 1. Hướng dẫn: 2 B2 = 2x 1 + 2 x2 x + 2x 1 2 x2 x + 2 2x 1 2 2 x2 x = = 4x => B = 4x 2 x . Vậy B = 2 x 1 c) C = 48 2 75 108 147 7 Hướng dẫn: 1 C = 16.3 2 25.3 36.3 49.3 7 = 4 3 10 3 6 3 3 = 3 Bài 61: Cho biểu thức: (x x)(1 x) 2x 1 x 2x x x x P = 1 . 1 x 1 x x 2 x 1 Rút gọn P. x 0 1 Giải: Điều kiện: x 4 x 1 2x 2 x x 1 x 2x x 1 x x 1 1 x P = 1 . 1 x 1 x 1 x x x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 x x 1 2 x 1 x x 1 1 x = 1 . 1 x 1 x 1 x x x 1 2 x 1 2 x 1 x 2 x 1 x x 1 1 x = 1 . 1 x x x 1 2 x 1 2 x 1 x x 1 1 x x 2 x 1 x x 1 1 x = 1 . . . 1 x 2 x 1 x x 1 2 x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x = 1 . . . x x 1 39
  40. x x 1 x x 1 x x =1 . . . x x 1 1 1 = 1 x x 1 = . Vậy P = . x x 1 x x 1 x x 1 a3 b 3 a 2 b 2 Bài 62: Cho Q ab : 1 1 a b a b a) Tìm điều kiện của a, b để Q có nghĩa. b) Rút gọn Q. Giải: a/ Tìm điều kiện của a, b để Q có nghĩa: Ta thấy a b 0 a b a b . a 2 b 2 (a 1)2 (b 1)2 (a 1 b 1)(a 1 b 1) a 1 b 1 0 a 1 b 1 a 1 b 1 a 1 b 1 1 1 0 a 0, b 0 . a b Vậy với a ≠ 0, b ≠ 0, a ≠ b thì Q có nghĩa. b/ Rút gọn Q: a3 b 3 a 2 b 2 Ta có Q ab : 1 1 a b a b a b a ab b ab a b ()()a 1 2 b 1 2 : 1 1 a b a b 1 1 1 1 a b = (a + b): (a + b ) = (a + b): = (a + b): = ab. a b ab Vậy Q = ab Bài 63: Rút gọn biểu thức: a) A = x x2 4 x x2 4 với x ≥ 2 3 b) B = 2x 12x 9 2x 12x 9 với x ≥ 2 Giải: a/ A = x x2 4 x x2 4 Với x 2 . 40
  41. A2 = x x2 4 + x + x2 4 2 x x2 4 x x2 4 2 A2 = 2x 2 x2 x2 4 = 2x 4. Do x 2 => 2x 4 0 Vậy A = 2x 4 . b/ Giải tương tự. Bài 64: Rút gọn biểu thức: P = 13 30 2 9 4 2 . 2 Hướng dẫn: 9 4 2 = 8 2  2 2 1 = 2 2 1 = 2 2 1 2 2 9 4 2 = 2 2 2 1 = 2 1 = 2 1. 2 13 30 2 9 4 2 = 43 30 2 = 52 2.5.3 2 3 2 2 = 5 3 2 = 5 3 2 . Vậy P = 5 3 2 . * Nhận xét: - Rút gọn phân thức: Có thể làm như sau: + Phân tích tử và mẫu thành nhân tử (nếu cần) để tìm nhân tử chung. + Chia cả tử và mẫu cho nhân tử chung (nếu có). (Trong quá trình phân tích tử, mẫu cần lựa chọn đa thức nào “dễ” phân tích hơn để làm trước và dựa trên cơ sở đó ta phân tích đa thức còn lại). - Rút gọn các biểu thức có căn: Thường làm như sau: + Biến đổi biểu thức dưới dấu căn về dạng A2 , rồi sử dụng HĐT: AA2 + Nếu biểu thức có hai căn bậc hai, căn bậc ba mà biểu thức dưới dấu căn là liên hợp của nhau, thường tính A bằng cách tính A2., A3. - Sử dụng, vận dụng thành thạo, linh hoạt các HĐT đáng nhớ. - Sử dụng các phép biến đổi đơn giản của căn thức, phân thức, đa thức. Dạng 5: Tính giá trị của biểu thức. Bài 65: 41
  42. a b a/ Cho a > b >0 thỏa mãn: 3a2+ 3b2 = 10ab. Tính giá trị của biểu thức: P a b 2 2 2 2 2 2 a b a 2 ab b 3 a 3 b 6 ab 10 ab 6 ab 4 ab Giải: Xét P 2 a b a2 2 ab b 2 3 a 2 3 b 2 6 ab 10 ab 6 ab 16 ab 1 1 => P , mà P > 0 => P = (vì a, b > 0) 4 2 x y b/ Cho x > y >0 và 2x2 + 2y2 = 5xy. Tính giá trị của biểu thức: E x y Chứng minh tương tự phần a/. 2 2 x y Xét E = 9 E 3 x y 2 Bài 66: Tính giá trị của biểu thức: A = x2 5x 2xy + 5y + y2 + 4 biết rằng x y = 1 Hướng dẫn: A = (x2 2xy + y2) 5(x y) + 4 = = 0. 1 1 1 ab bc ca Bài 67: a) Cho 0 . Tính giá trị của biểu thức: P a b c c2 a 2 b 2 Giải: Trước hết ta chứng minh: Nếu x + y + z = 0 thì x3 + y3 +z3 = 3xyz Thật vậy: Vì x + y + z = 0 => z = (x + y) => z3 = (x + y)3 => x3 + y3 +z3 = 3xy(x + y) = 3xy( z) => x3 + y3 +z3 = 3xyz Áp dụng vào bài toán đã cho, ta suy ra: 1 1 1 3 a3 b3 c3 abc ab bc ca abc abc abc 1 1 1 3 Do đó P 2 2 2 3 3 3 abc 3 3 3 abc. 3. c a b c a b c a b abc Vậy P = 3. b) Cho a3+ b3+ c3 = 3abc tính giá trị của biểu thức: a b c A 1 1 1 b c a Giải: Thay a3 + b3 = (a + b)3 3ab(a + b) vào giả thiết ta có (a + b)3 3ab(a + b) + c3 3abc = 0 42
  43. (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ab bc ca) = 0 a b c 0 2 2 2 a b c - ab -bc -ca 0 * Nếu a + b + c = 0 b a c b a c()()() c a b => AA . . . . 1 b c a b c a * a2 + b2 + c2 ab bc ca = 0 (a b)2 + (b+c)2+(c + a)2=0 a = b = c. Khi đó: a b c A 1 1 1 (1 1)(1 1)(1 1) 8 b c a (Lưu ý: Từ giả thiết a3 + b3+ c3 = 3abc a3+ b3+ c3 3abc = 0 (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ab bc ca) = 0 ) Bài 68: a) Cho a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 14. Tính giá trị của biểu thức: B = a4 + b4 + c4 a/ Hướng dẫn: * Từ a2 + b2 + c2 = 14 => (a2 + b2 + c2) = 142 = 196 => a4 + b4 + c4 = 196 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) * Từ a + b + c = 0 => (a + b + c)2 = 0 => a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) => ab + bc + ca = => (ab + bc + ca)2 = => a2b2 + b2c2 + c2a2 = Từ đó suy ra a4 + b4 + c4 = 98. b/ Cho các số x = by + cz, y = ax + cz. z = ax + by và x + y + z ≠0 1 1 1 Tính giá trị của biểu thức Q = 1 a 1 b 1 c Giải: Ta có x + y + z = by + cz+ax+cz+ax+by = 2(ax + by + cz). Thay z = ax + by => x + y + z = 2(z + cz) = 2z(1 + c) 1 2z => 1 c x y z 1 2x Tương tự 1 a x y z 43
  44. 1 2y 1 b x y z 1 1 1 2(x y z) => Q = 2 1 a 1 b 1 c x y z a b c b c a c a b Bài 69: a) Cho a, b, c là các số thỏa mãn: . c a b b c a Tính giá trị của biểu thức: P = 1 1 1 a b c a b c b c a c a b Giải: Từ giả thiết => 2 2 c a b a b c b c a c a b => c a b Xét 2 trường hợp: a b b c c a ( c)( a)( b) * a + b + c = 0 => . . 1 a b c abc * a + b + c ≠ 0 => a = b =c => P = 2.2.2 = 8. b/ Cho 3 số x, y, z thỏa mãn đồng thời: x2 2y 1 0 2 2000 2000 2000 y 2z 1 0 tính giá trị của biểu thức: A = x y z 2 z 2x 1 0 Giải: Cộng từng vế các BĐT ta có: x2 + 2y + 1 + y2 + 2z +1 + z2 + 2x + 1 = 0 (x2 + 2x + 1) +( y2 + 2y +1) +( z2 + 2z + 1) = 0 (x +1)2 + (y + 1)2 + (z +1)2 = 0 x 1 => y 1 z 1 => A = ( 1)2000 + ( 1)2000 + ( 1)2000 = 1 + 1 + 1 = 3 (Có thể mở rộng và sáng tạo bài toán mới ) Bài 70: a) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: 44
  45. xy x y 3 yz y z 8 tính giá trị của biểu thức: P = x + y + z zx z x 15 Giải: Từ xy + x + y = 3 => x(y+1)+(y+1) = 4 => (x+1)(y+1) =4. Từ yz + y + z = 8 => (y +1)(z +1) = 9. Từ xz + z + x = 15 => (x + 1)(z + 1) = 16. Nhân từng vế => (x + 1)2 (y + 1)2(z + 1)2 = 4.9.16. Vì x, y, z >0 => (x + 1)( y + 1)(z + 1) = 2.3.4 = 24. 24 z 1 6 z 5 4 24 1 15 1 129 => y 1 y Vậy suy ra P = x+y+ z = 5 16 2 9 2 18 24 15 x 1 x 9 9 b/ Cho 2 số x, y thỏa mãn: xy + x + y = 1; x2y + xy2 = 12 Tính giá trị của biểu thức: P = x3 + y3 xy (x y) 1 Giải: Ta có xy(x y) 12 Đặt xy = a và b = x + y => a + b = 1; ab = 12 => a = b 1 => b( b 1) = 12 => b2 + b 12 = 0 => (b2 16) + (b 4) = 0 => (b + 4)(b 3) =0 b 4 a 3 => b 3 a 4 a 3 xy 3 3 *Với => P = (x + y) 3xy(x + y) = 28 b 4 x y 4 a 4 xy 4 3 * Với => P = (x + y) 3xy(x + y) = 63 b 3 x y 3 Bài 71: a) Cho a, b, c là các số khác 0 thỏa mãn: a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2. Tính giá trị của biểu thức: 45
  46. a b c P = 1 1 1 b c a b) Cho x, y, z là các số không âm thỏa mãn: x xy y 1 1 2 3 y yz z 3 Tính giá trị của biểu thức: M = x +y +z z zx x 7 (Chứng minh tương tự bài 70a) x y z a 2 2 2 2 3 3 3 Bài 72: a) Cho x y z b Tính x + y + z theo a, b, c. 1 1 1 1 x y z c Giải: * Áp dụng HĐT: x3 + y3 + z3 3xyz = (x+ y + z)(x2 + y2 + z2 xy yz zx) => x3 + y3 + z3 = 3xyz + a[b2 –(xy+yz+zx)] Cần tính xy + yz + zx và xyz theo a, b, c. a2 b 2 Ta có a2 = (x + y + z)2 => xy yz zx 2 1 1 1 1 xy yz zx 1 a2 b2 * Từ xyz c(xy yz zx) xyz c. x y z c xyz c 2 3c ( a2 b 2 ) a (3 b 2 a 2 ) x3 y 3 z 3 2 a b c 1 2 2 2 b/ Cho a b c 1 Tính giá trị của biểu thức: P = xy + yz + zx. x y z a b c x y z Đặt k => x + ak; y = bk; z = ck a b c => P =k2(ab + bc + ca) Từ a + b + c =1 => (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) =1 46
  47. =>1 = 1 + 2(ab + bc + ca ) => ab + bc + ca =0 => P = 0. a b c 1 2 2 2 c/ Cho a b c 1 3 3 3 a b c 1 .Tính: P = a + b2 + c3 .Tính giá trị của biểu thức: Q = a1998 + b1999 + c29000 Giải: Từ a3 + b3 + c3 3abc = (a + b + c)(a2+b2+c2 ab bc ca) => 1 3abc = 1.(1 ab bc ca ) => 3abc = ab + bc + ca. Mà 1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) => 1 = 1 + 2(ab + bc + ca) a 0 => ab + bc + ca = 0 => 3abc = 0 => b 0 c 0 b c 1 2 2 2 2 * Nếu a = 0 => b c 1 => b + c + 2bc = 1 => 2bc = 0 3 3 b c 1 a 0 a 0 b 0 c 1 2 3 => => b 0 hoặc b 1 => P = a + b + c =1 c 0 b 1 c 1 c 0 Q = a1998 + b1999 + c29000 = 1 a 0 a 1 * Nếu b = 0, làm tương tự, ta có b 0 hoặc b 0 c 1 c 0 a 0 a 1 * Nếu c = 0, làm tương tự, ta có b 1 hoặc b 0 c 0 c 0 Như vậy trong mọi trường hợp, ta đều có P = 1& Q = 1 x y z a b c Bài 73: a) Cho 1 và 0 a b c x y z x 2 y 2 z 2 Tính giá trị biểu thức: A = a 2 b 2 c 2 47
  48. x y z x2 y2 z 2 xy yz zx Giải: Từ 1 = 1 2 a b c a2 b2 c2 ab bc ca xy yz zx cxy ayz bzx => A = 1 2 = 1 2 ab bc ca abc abc abc a b c ayz bzx cxy Từ 0 0 ayz bzx cxy 0 x y z xyz 0 =>A = 1 1. Vậy A = 1 abc b/ Cho ba số a, b, c thoả mãn điều kiện: abc = 2000 Tính giá trị biểu thức: 2000a b c P = ab 2000a abc bc b abc ac c 1 Hướng dẫn: Thay 2000 = abc. abc.a b c =>P = ab abc.a abc bc b abc ac c 1 ca 1 c => => P = 1 1 ca c c 1 ac ac c 1 Bài 74: a/ Cho a, b, c khác không và a + b + c = 0. Tính giá trị biểu thức: 1 1 1 Q = a 2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 a 2 c 2 b 2 Giải: Từ a + b + c = 0 => a +b = c => (a +b)2 = c2 => a2 + 2ab + b2 =c2 => a2 +b2 c2 = 2ab. Tương tự b2 + c2 a2 = 2bc; c2 + a2 b2 = 2ca Thay vào ĐT cần chứng minh ta => Q = 0. b) Cho a, b, c đôi một khác nhau. Tính giá trị biểu thức: a 2 b 2 c 2 P = (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) a2 (c b) b2 (a c) c2 (b a) Hướng dẫn: P = (a b)(b c)(c a) Phân tích tử số thành nhân tử bằng cách thay: c b = (a c) (b a) 48
  49. (b a)(a c)(b c) Ta có P = 1 (a b)(b c)(c a) Bài 75: a) Cho a, b, c là ba số khác nhau. CMR giá trị của biểu thức sau là một hằng số (không phụ thuộc vào a, b, c). a b c S = (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) Hướng dẫn: a b c S = (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b) a b c b c a c a b = = 0. => đpcm. a b b c a c b) Cho a, b, c là ba số khác nhau, liên hệ bởi biểu thức a + b + c =1. CMR giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào a, b, c a 3 b 3 c 3 T = (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b) Hướng dẫn: a 3 b 3 c 3 Ta có:T = (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b) a3 b c b3 c a c3 a b = a b b c a c Phân tích tử số = b c a c a b a b c . => T = a + b + c, theo giả thiết ta có a + b + c =1 =>T = 1. Vậy T không phụ thuộc vào a, b, c. Bài 76: Cho các số a, b, c đôi một phân biệt a k b k c k Đặt Sk = với k N (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b) Tính S0, S1, S2, S3. Hướng dẫn: 1 1 1 Ta có: * S0 = (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b) 1 1 1 = (a b)(a c) (a b)(b c) (a c)(b c) 49
  50. b c a c a b = = 0. a b b c a c a b c * S1 = (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b) a b c b c a c a b = = 0. a b b c a c a2 b2 c2 * S2 = (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b) a2 b c b2 c a c2 a b = a b b c a c Tử số = a2 b c a b2 c2 bc b c . 2 b c a ab ac bc b c a b a c Vậy S2 = 1. a 3 b 3 c 3 * S3 = (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b) a3 b c b3 c a c3 a b = a b b c a c Phân tích tử số = b c a c a b a b c . Vậy S3 = a + b + c. (Bài 76 là tổng quát của bài 74b và bài 75) Bài 77: a) Cho các số khác không a, b, c. Tính giá trị biểu thức: T = x2003 + y2003 + z2003 Biết x, y, z thoả mãn điều kiện sau: x 2 y 2 z 2 x 2 y 2 z 2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 Hướng dẫn: Từ giả thiết suy ra: x2 x2 y2 y 2 z2 z2 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a a b c b a b c c a b c 1 1 1 1 1 1 x2 y2 z2 0 . (*) a2 a2 b2 c2 b2 a2 b2 c2 c2 a2 b2 c2 1 1 Do 0 , a2 a2 b2 c2 50
  51. 1 1 0, b2 a2 b2 c2 1 1 0 . c2 a2 b2 c2 Suy ra x = y = z = 0 => T = 0 1 b) Cho x>0 thoả mãn điều kiện: x2 + = 7. Tính giá trị biểu thức: x 2 1 x5 + x 5 2 1 1 Hướng dẫn: Từ giả thiết suy ra: x 9 x 3 (vì x > 0). x x 1 1 1 1 1 Do 21 = x x2 x3 x nên x3 =18. x x2 x3 x x3 1 1 1 1 Dễ thấy 7.18 = x2 x3 = x5 x , suy ra: x2 x3 x5 x 1 x5 + = 123 x 5 Bài 78: Tính giá trị của biểu thức: A = x y với: a) x = 4 2 3 ; y = 4 2 3 b) x= 4 15 ; y = 4 + 15 Hướng dẫn: a) Ta có 4 2 3 = ( 3 1)2 4 2 3 = ( 3 +1)2 Từ đó => A = b)Tính A2 = x + y 2 xy = 4 15 + 4 + 15 2 4 15 4 15 = 8 2 16 15 =8 2=6 => A = 6 , do x< y nên A = 6 Bài 79: a) Tính: 3 6 3 10 3 6 3 10 Hướng dẫn: Ta có: 51
  52. 3 2 2 3 3 63 10 (3) 3.(3).1 3.3.1 1 (3 1) 3 6 3 10 ( 3 1) Vậy 36 3 10 3 6 3 10 3 1 ( 3 1) 2 ` b) Tính giá trị của biểu thức: ( 5 2)3 17 5 38 A = (3x3 + 8x2 + 2)2012 , với x 5 14 6 5 Hướng dẫn: 3 3 5 2  ( 5 2) 5 2 5 2 1 Rút gọn: x 2 5 3 5 3 5 3 5 1 Thay x => A = 32012. 3 Bài 80: a) Tính giá trị biểu thức: x 3 3x (x 2 1) x 2 4 x 3 3x (x 2 1) x 2 4 A = 3 3 2 2 Tại x = 3 1995 Hướng dẫn: 3 3 4 3 3 3 3 Xét A = x 3x+3A 3 A =x 3x+3A A 3A x 3x = 0 4 (A x)(A2 + Ax + x2) 3(A x) = 0. (A x)(A2 + Ax + x2 3) = 0. * A x = 0 A = x = 3 1995 * A2 + Ax + x2 3 = 0 có = 3(4 x2) 0, thoả mãn xy + yz + zx = 1. Tính giá trị của biểu thức: (1 y2 )(1 z2 ) (1 z2 )(1 x2 ) (1 x2 )(1 y2 ) P = x y z 1 x2 1 y2 1 z2 Giải: Xét: (1+y2) = xy+yz+zx+y2 = x(y + z) + y(y + z) = (y + z)(x + y). 52
  53. Tương tự: (1 + z2) = (x + z)(z + y). (1 + x2) = (x + y)(x + z). 2 2 2 1 y 1 z y z y x z x 2 => y z . 1 x2 x y x z 2 2 1 y 1 z 2 => y z y z . 1 x2 (1 z 2 )(1 x2 ) Tương tự: z x 1 y2 (1 x2 )(1 y 2 ) x y 1 z 2 Suy ra P = x(y + z) + y(z + x) + z(x + y) = 2(xy + yz + zx) = 2 Vậy P = 2. Bài 81: Tính giá trị của biểu thức: 1 2x 1 2x 3 a) A = với x = 1 1 2x 1 1 2x 4 2 2 3 4 2 3 3 1 Giải: Ta có: 1 + 2x = 1 + = . 4 4 4 2 2 3 4 2 3 3 1 1 2x = 1 = 4 4 4 2 2 2 2 3 1 3 1 3 1 3 1 Vậy A = 3 1 3 1 2 3 3 2 3 3 4 1 4 1 2 2 => A = 1 1 1 2 b) B = x2 + x 4 x 1 với x = 2 2 8 8 Giải: 1 Ta có: 8x = 4 2 2 8x + 2 = 16 2 2 8 (8x + 2 )2 = 16 2 2 64 x2 + 16x 2 + 2 = 16 2 2 4x2 + x 2 2 = 0 4x2 = 2 x 2 . 53
  54. Đặt C = x 4 x 1 x2 . Ta có: B = x 4 x 1 + x2 => BC = x + 1 => B( C) = (x + 1) 2 x 2 1 x B C = 2x2 = 2 2 Có thể xem B và ( C) là các nghiệm của PT 2 1 x t t (x + 1) = 0. Giải PT này ta có 2 nghiệm: 2 x 1 t1 = 2 và t 2 = 2 Suy ra B = 2 (vì B > 0) Bài 82: a) Cho x > 2 và x 4 x a . Tính giá trị của biểu thức: 2 4x x 2 A = theo a x 2 2 2 x 4 x 4 2 x 4 x Giải: A = = 2 x 2 2 x 2 2 x 2 x 4 x 4 x x 4 x x 4 x = = => A = 2 x 2 2 x 2 2 x 2 Bởi vì x > 2 => 2x > 4 => x > 4 x => x 4 x . x 4 x x 4 x  2 x 2 2 => A = = => A = . 2 x 2 2 x 2 x 4 x 2 x 2  a a 3 3 b) Cho - x và 3 2x 3 2x =a. Tính: 2 2 6 2 9 4x2 B = theo a (x khác 0). x Giải: Ta có: 6 2 9 4x2 = (3 2x) + 2 3 2x 3 2x + (3 + 2x) 2 = 3 2x 3 2x 3 2x 3 2x (3 2x) (3 2x) 4x 4 => B = = . Vậy B = . x x  3 2x 3 2x x  a a 54
  55. 1 a b Bài 83: a) Cho x = , trong đó a >0, b>0. Tính giá trị biểu thức: 2 b a 2 A = 2 x 1 x x2 1 Giải: 2 2 2 1 a b a b Ta có: x 1 = 1 4 b a 4ab 2 a b 2 a b => A = 2 ab . a b a b a b a b 2 ab 2 ab 2 a b a b * Nếu a b => A = a b a b b 2 a b 2 a b b a * Nếu a A = = a b a b 2a a b) Tính giá trị biểu thức: xy x2 1. y2 1 1 1 1 1 P = với x= a và y = b , Với a, b 1 xy x2 1. y 2 1 2 a 2 b Hướng dẫn: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 Tính x 1 = a 1 a2 2 1 a2 2 a 4 a 4 a2 4 a2 4 a 1 1 => x2 1 = a vì a 1. 2 a 1 1 Tương tự: y 2 1 = b vì b 1. 2 b a2 b2 Đáp số: P = a2b2 1 1 xy 1 xy Bài 84: a) Cho E . Tính giá trị của E, biết: x y x y x = 4 8 . 2 2 2 . 2 2 2 3 8 2 12 20 y = 3 18 2 27 45 55
  56. Hướng dẫn: Ta rút gọn x và y. x = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  2 2 6 2 4 3 2 5 2 3 2 2 3 5 2 y = 9 2 6 3 3 5 3 3 2 2 3 5 3 5 Từ đó E . 8 1999 2 1999 b) Tính P = 1 1999 2 . 2000 2 2000 Giải: Ta có: 20002 =(1999 + 1)2 = 19992 + 2.1999 + 1. => 1 + 19992 = 20002 2.1999. 19992 1999 => P = 20002 2.1999 20002 2000 2 1999 1999 1999 1999 = 2000 2000 2000 2000 2000 2000 2000 Vậy P = 2000. Bài 85: Tính giá trị biểu thức: 1 1 1 1 a) T = (a x 2 ) 2 (a x 2 ) 2 .Trong đó x = (a 1); a = 4 + 2 2 Giải: Ta có: 1 2 a x2 a 4 a 1 = ( a 1) + 2 a 1 + 1 = a 1 1 1 2 a x 2 = a 1 1 . Do vậy: 1 1 2 2 1 1 a 1 1 2 a 1 1 2 = (1) a 1 1 a 1 1 2 Mặt khác: a 1 = 4 2 2 1 = 2 1 = 2 1 1 1 1 1 => T = = = 1 a 1 1 a 1 1 2 2 2 56
  57. 2 2a 1 x 1 1 a a b) M = . Trong đó x = ; 0 (*) = a 1 = = 2 a 2 1 a 2 a(1 a) 1 2a 1 2 1 a 2 1 a = a 1 a 1 a 1 1. 4a 1 a a 1 a a Vậy M = 1. x 3 3x (x 2 1) x 2 4 x 3 3x (x 2 1) x 2 4 c) A= 3 3 với x = 3 25 2 2 Hướng dẫn: Sử dụng hằng đẳng thức: (a+b)3 = a3+ b3+ 3ab( a + b), ta được: x3 3x (x2 1) x2 4 x3 3x (x2 1) x2 4 A3 = 3AB 2 2 x3 3x (x2 1) x2 4 x3 3x (x2 1) x2 4 Trong đó: B = 3  3 = 1 2 2 Vậy A3 = x3 3x +3A, hay A3 x3 3(x A) = 0. Hay (A x)(A2 Ax+x2 3) = 0. Do x2>3; A>0 và x> 0 => A x = 0. 57
  58. => A = x. Vậy A = 3 25 . Bài 86: Tính giá trị của biểu thức 2 2 a) P = 1 99 9 0,99 9 n n 2 n 2 Hướng dẫn: Ta có: 99 9 (10 1) n (10n 1)2 0,99 92  102n n 10n 1 1 (10n 1)2 => P = n 10 Đặt a = 10n 1; khi đó: a2 1 P = 1 a2 (a 1)2 a2 (a 1)2 a2 (a 1)2 1 a P = 1 a2 a 1 P = (a2 a 1)2 1 a a 1 Suy ra: 102n 10n 1 10n 1 P = 10n 10n 0,99 9 10n 10n  n Vậy => P = 99 9,00 01 n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 b) S = 12 22 32 12 32 42 12 992 1002 Hướng dẫn: Xét với k N,k 2 ta có: 2 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 k k (k 1)2 k 2 k 1 (k 1)k k 1 1 2 2 2 2 2 2 2 = 1 ( vì ) (k 1)2 k 2 k 1 k 1 k k (k 1)k k 1 k 2 1 1 1 1 Do đó: => 1 1 (k 1)2 k 2 k 1 k 58
  59. 1 1 1 1 1 => 1 12 (k 1)2 k 2 k 1 k cho k = 3,4, , 100 ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 S = 1 1 1 1 2 3 3 4 98 99 99 100 1 1 = 98 98,49 2 100 1 Bài 87: a ) Cho x 3 2 1 . Tính P = x3+ 3x + 2 3 2 1 Hướng dẫn: Đặt u = 3 2 1 1 x u v v = thì 3 2 1 u.v 1 1 x3= ( u v)3= u3 v3 3uv(u v) = 2 1 3x 2 1 = 2 1 ( 2 1) 3x 2 1 2 1 3x = 3x 2. Do đó P = 0 b) Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn: 2 2 b a ab 25 3 2 b 2 c 9 3 c 2 ac a 2 16 Tính giá trị của P = ab +2bc + 3ac Hướng dẫn: 2 2 b 2 2 2 2 b Theo giả thiết: c c ac a a ab 3 3 Ta có: P2 = (ab+2bc+3ac)2= a2b2+ 4b2c2+ 9a2c2 + 4ab2c + 6a2bc+12a2bc b2 => P2 12( c2 )(c2 ac a2 ) 0 (1) 3 Bằng cách thay P = ab + 2bc + 3ac và 2c2= a(b c) vào (1) 59
  60. b2 Từ đó: P2 = 12( c2 )(c2 ac a2 ) 3 => P2 = 12.9.16 Vậy P = 24 3 2.3.2. Bồi dưỡng năng lực về chứng minh BĐT. 1/ Các kiến thức cơ bản. a/Định nghĩa. BĐT là hai biểu thức nối với nhau bởi một trong các dấu > (lớn hơn), B A – B > 0 A ≥B A – B ≥ 0. - Trong BĐT A > B (hoặc A B và C > D gọi là hai BĐT cùng chiều. - Các BĐT A > B và E B => C > D Ta nói BĐT C > D là hệ quả của BĐT A > B. - Nếu ta có A > B E > F. Ta nói BĐT A > B và bất đẳng thức E > F là hai BĐT tương đương. - A > B (hoặc A B hoặc A = B. - A ≠ B cũng là một BĐT. - Hai BĐT cùng chiều hợp thành một dãy không mâu thuẫn gọi là BĐT kép. Ví dụ: A b b b và b > c => a > c (tính chất bắc cầu) Tính chất 3. a > b a + c > b + c. Hệ quả: a > b+ c a – c > b. Tính chất 4. a > b và c > d => a + c > b + d. 60
  61. ac bc, c 0 Tính chất 5. a > b ac bc, c 0 Tính chất 6. a > b > c và c > d > 0 => ac > bd Tính chất 7. a > b > 0, n nguyên dương => an > bn. Tính chất 8. a > b > 0, n nguyên dương => na n b Hệ quả: a, b ≥ 0, a2 ≥ b2 a ≥ b a b 1 1 Tính chất 9. a > b, ab > 0 => a b Tính chất 10. a > 1, m và n nguyên dương, m > n => am > an; 0 n => am a = 0. . | a | ≥ 0, Dấu “ = ” xảy ra a = 0. . | a | ≤ a ≤ | a | , Dấu “ = ” xảy ra a = 0. Có hai cách cơ bản để chứng minh BĐT: - Biến đổi BĐT cần chứng minh thành một BĐT tương đương mà ta đã biết là đúng. - Biến đổi tương đương BĐT đã biết thành BĐT cần chứng minh, hoặc ngược lại. Sau đây là một số phương pháp chứng minh BĐT. Khi giải một bài toán chứng minh BĐT, cần phải căn cứ vào đặc thù của bài toán mà chọn phương pháp thích hợp. Mỗi bài toán có thể được giải bằng các phương pháp khác nhau, cũng có khi phải phối hợp nhiều phương pháp. 2/ Một số phương pháp chứng minh BĐT a/ Phương pháp vận dụng định nghĩa và tính chất của BĐT 61
  62. Bài toán chứng minh: A ≥ B. Phương pháp 1: Phương pháp dựa vào định nghĩa. (Bài 1 > bài 6) - Lập hiệu: A – B - Biến đổi biểu thức ( A – B ) và chứng minh A – B ≥ 0 - Kết luận A ≥ B - Xét trường hợp A = B khi nào ? Bài 1: CMR: (a + b)2 4ab Xét hiệu: (a + b)2 4ab = a2 + 2ab + b2 4ab = a2 2ab + b2 = (a b)2 0 => (a + b)2 4ab Dấu "=" xảy ra a = b a b Bài 2: CMR: ab Với mọi a,b > 0 2 a b a b 2 ab ( a b)2 Xét hiệu: ab 0 2 2 2 a b => ab . Dấu "=" xảy ra a = b 2 Bài 3: CMR: x2 + 2y2 + z2 2xy 2yz Xét hiệu: x2 + 2y2 + z2 (2xy 2yz) = x2 + 2y2 + z2 2xy + 2yz = x2 2xy + y2 + y2 + 2yz + z2 = (x y)2 + (y + z)2 0 => x2 + 2y2 + z2 2xy 2yz Bài 4: CMR: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 a(b + c + d + e) Xét hiệu: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ab ac ad ae 1 1 1 1 = (b2 ab+ a2 ) + (c2 ac + a2 ) + (d2 ad+ a2 ) + (e2 ae + a2 ) 4 4 4 4 62
  63. 1 1 1 1 = (b a )2 + (c a )2 + (d a )2 + (e a )2 0 2 2 2 2 => a2 + b2 + c2 + d2 + e2 a( b + c + d + e) 1 Dấu " =" xảy ra b = c = d = e = a 2 x2 2 Bài 5: CMR: 2 x2 1 x2 2 x2 2 2 x2 1 Xét hiệu: 2 = x2 1 2 ( x2 1 1)2 = 0 2 x2 2 => 2 . Dấu "=" xảy ra x = 0. x2 1 Bài 6: Cho a 1;b 1. CMR: a b 1 b a 1 ab Giải: Lập hiệu 1 ab (a b 1 b a 1) 2ab 2a b 1 2b a 1 2 = 1 2 2 = a b 1 b a 1 0 2 => a b 1 b a 1 ab Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi tương đương. (Bài 7 > bài 12) Để chứng minh A ≥ B, ta dùng các tính chất của BĐT, biến đổi tương đương BĐT cần chứng minh đến một BĐT đã biết là đúng. Bài 7: CMR: 3 (a2 + b2 + c2 ) ≤ ( a + b + c)2 3a2 + 3b2 + 3c2 a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc 2 2 2 2a + 2b + 2c 2ab 2ac + 2bc ≤ 0 (a b)2 + (b c)2 + (c a)2 ≤ 0 BĐT cuối cùng đúng, BĐT cần chứng minh đúng. Dấu"=" xảy ra a = b = c 63
  64. Bài 8: CMR: (ab bc ca)2 3abc(a b c) (ab)2 (bc)2 (ca)2 2ab2c 2a2bc 2abc2 3a2bc 3ab2c 3abc2 (ab)2 (bc)2 (ca)2 a2bc ab2c abc2 0 2(ab)2 2(bc)2 2(ca)2 2a2bc 2ab2c 2abc2 0 (ab ac)2 (bc ba)2 (ca bc)2 0 a2 (b c)2 b2 (c a)2 c2 (a b)2 0 Dấu "=" xảy ra a = b = c => BĐT cuối đúng =>BĐT cần chứng minh đúng. Bài 9: a b a b (a, b > 0) a b 2 ab a b ab 0 BĐT cuối cùng => BĐT cần chứng minh đúng. Bài 10: Cho a, b, c d 0. CMR: (a b)(b d) ab cd Giải: (a b)(b d) ab cd (a c)(b d) ab cd 2 abcd ab ad cb cd ab cd 2 abcd ad cb 2 abcd 0 ( ad cb)2 0 BĐT cuối đúng => BĐT cần chứng minh đúng. a c Dấu "=" xảy ra b d Bài 11: Cho a,b 1. CMR: 1 1 2 1 a2 1 b2 1 ab Giải: 1 1 1 1 2 2 0 1 a 1 ab 1 b 1 ab 64
  65. a(b a) b(a b) (1 a2 )(1 ab) (1 b2 )(1 ab) a b  a(1 b2 ) b(1 a2 ) 0 a b 2 ab 1 0 BĐT trên đúng, do đó BĐT đã cho đúng Bài 12: a b a2 b2 a/ CMR: 2 2 Giải: a b * Nếu 0 , ta có BĐT phải chứng minh. 2 a b * Nếu 0, ta có 2 a b a2 b2 a2 b2 2ab a2 b2 a2 b2 2ab 2a2 2b2 2 2 4 2 a2 2ab b2 0 (a b)2 0 . BĐT cuối đúng => BĐT cần CM đúng b/ Cho a, b, c với a > c, b > c > 0 CMR: c(a c) c(b c) ab 2 c(a c) c(b c) 2 c (a c)(b c) ab 2 c (a c)(b c) 0 ca c2 cb c2 2 c2 (a c)(b c) ab => BĐT cuối đúng => BĐT cần chứng minh đúng. Phương pháp 3: Phương pháp làm trội. (Bài 13 > bài 17) Để chứng minh A ≥ B nhiều khi ta phải chứng minh A ≥ C, với C ≥ B. Từ đó ta có A ≥ B, hoặc ta chứng minh D ≥ B, với D ≤ A, từ đó ta có A ≥ B. 1 1 1 1 Bài 13: CMR: Với n N; n >1 n 1 n 2 2n 2 Giải: 1 1 1 Ta có: n 1 n n 2n 65
  66. 1 1 n 2 2n 1 1 2n 2n Cộng từng vế của các BĐT cùng chiều ta được: 1 1 1 1 1 1 (n số hạng) n 1 n 2 2n 2n 2n 2n 1 1 1 n 1 (đpcm) n 1 n 2 2n 2n 2 1 1 1 Bài 14: CMR: n (n N, n > 1) 1 2 n 1 1 1 1 1 1 Ta có: ; ; ; 1 n 2 n n n Cộng vế với vế của các BĐT cùng chiều ta được: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n . 1 2 n n n n 1 2 n n (n số hạng) =>(đpcm). 1 1 1 Bài 15: CMR: 2( n 1 1) 0 ta có 2 k 1 k 1 k 2 k 1 1 1 => k 1 k => 2 k 1 k (1) 2 k 1 2 k k 1 Và 2 k 1 k (2) k 1 1 1 1 Từ (1) ta có 1+ >2 2 1 + 2 3 2 + +2 n 1 n 2 3 n = 2 2 1 3 2 n 1 n = 2 n 1 1 Từ (2) ta có 1 1 1 1+ < 1 + 2 2 1 + 2 3 2 + + 2 n n 1 2 3 n =1 + 2 2 1 3 2 n n 1 = 1 + 2 1 n = 2 n 1. 66
  67. Vậy suy ra đpcm. 1 1 1 1 Bài 16: CMR: (a + b c)(a b + c) ≤ a2 a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên a + b > c và a + c > b. Do đó a + b c > 0 và a b + c > 0. Ta có: 0 (a + b c)(a b + c)( a + b + c) ≤ abc. Phương pháp 4: Phương pháp phản chứng. (Bài 18 > bài 21) 67
  68. Để chứng minh A ≥ B, ta giả sử A a2 + 2 ab +b2 ab BĐT (1) đúng (đpcm). Bài 19: Cho 3 số a, b, c thoả mãn a + b + c > 0, ab + bc + ca > 0; abc > 0. CMR: a >0; b>0; c>0. Giả sử a 0 + Nếu a = 0 thì abc = 0 => trái với abc > 0. + Nếu a 0 => b + c >0. Do abc >0 => bc a(b+c) + bc ab+ac+bc 0. Chứng minh tương tự ta có b>0; c>0 Bài 20: Chứng tỏ rằng một trong các BĐT sau là sai: a bc 0 ; b ac 0; c ab 0 ( a, b, c > 0 ) Giả sử cả 3 BĐT đều đúng. Cộng vế với vế của 3 BĐT ta được. a + b + c ( bc ac ab) 0 2(a + b + c) 2( bc ac ab) 0 (a b )2 ( b c ) 2 ( c a ) 2 0 vô lý, vì ( a b)2 0;( b c)2 0;( c a)2 0 . Vậy một trong các BĐT là sai. Bài 21: Cho 3 số dương a, b, c 1; b(2 c) >1; c(2 a)>1. Giải: Giả sử các BĐT đều đúng. Ta có a(2 b ) >1; b(2 c) >1; c(2 a)>1. 68
  69. => a(2 b ).b(2 c). c(2 a)>1. Mặt khác a(2 a ) = 2a a2 = 1 ( 1 2a + a2) = 1 (1 a)2 1 và do 0 a(2 a) > 0. Ta có 0 a(2 b ).b(2 c). c(2 a) 1. (2). (1) và (2) mâu thuẫn. Do đó có ít nhất một BĐT sai. b/ Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về BĐT. Để chứng minh BĐT A ≥ B nhiều khi cần sử dụng một số bài toán cơ bản về BĐT để làm bài toán phụ, giúp tìm đến lời giải bài toán. Phương pháp 5: Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về phân số: (Bài 22 > bài 27) Kiến thức cần nhớ: Một số bài toán BĐT có dạng phân thức thường vận dụng các bài toán cơ bản về phân số, ta có hai bài toán cơ bản sau đây: Bài toán 1: Với a, b, c > 0. CMR: a a c a/ Nếu a ac ab + ac a( b + c ) b b c b/ Chứng minh tương tự. Bài toán 2: Với x, y, z > 0. CMR: 69
  70. 1 4 1 1 4 1 1 1 9 a/ ; b/ ; c/ xy() x y 2 x y x y x y z x y z Lời giải: 1 4 a/ (x y)2 ≥ 0 =>(x y)2 + 4xy ≥ 4xy => (x+y)2 ≥ 4xy => xy() x y 2 * Các bài toán dạng “>, 0. CMR: 2 a b c b c d c d a d a b Vì a, b, c, d > 0 nên a 0. CMR: 0 x y y z z x (Chứng minh tương tự bài 22) 9125 4 9123 1 Bài 24: CMR: 9123 4 9121 1 Vì 9125 + 4> 9123 + 4 (Theo bài 1b/) 9125 4 9125 4 77 92 9123 1 9123 1 => BĐT được chứng minh. 9123 4 9123 4 77 92 9121 1 9121 1 1 1 1 Bài 25: Cho a, b >0. CMR: 4a2 4b2 8ab (a b)2 70
  71. Giải: Vì a,b > 0 nên 4a2 + 4b2 > 0 và 8ab > 0. Theo bài toán 2b) ta có 1 1 4 4 1 => Đpcm. 4a2 4b2 8ab 4a2 4b2 8ab 4 a b 2 a b 2 1 1 1 3 Bài 26: Cho a, b, c > 0. CMR: 2a b 2b c 2c a a b c Giải: a, b, c > 0 => 2a + b >0; 2b + c > 0; 2c + a > 0. Theo bài 2c) ta có 1 1 1 9 9 3 2a b 2b c 2c a 2a b 2b c 2c a 3(a b c) a b c 1 1 1 3 => 2a b 2b c 2c a a b c Bài 27: a) Cho 2 số dương a, b thoả mãn a + b = 1. CMR: 1 1 6 ab a2 b2 Giải: a, b > 0. Theo bài toán 2, ta có: 1 1 4 4 2ab a2 b2 2ab a2 b2 (a b)2 1 1 1 => 4 2 2ab a2 b2 2ab 1 1 6 (đpcm) ab a2 b2 b) Cho hai số dương a, b thoả mãn a + b 1. Chứng tỏ rằng: 2 3 14 ab a 2 b 2 Tương tự phần a) Phương pháp 6: Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về giá trị tuyệt đối. (Bài 28 > bài 32) Kiến thức cần nhớ: Đối với một số bài toán BĐT có chứa giá trị tuyệt đối, ta có thể vận dụng các bài toán cơ bản về BĐT chứa giá trị tuyệt đối sau: Bài toán 1: CMR: 71
  72. a/ | a | + | b | ≥ | a + b | Dấu “ = “ xảy ra ab ≥ 0. b/ | a b | ≥ | a | | b |. Dấu “ = “ xảy ra b(a – b) ≥ 0. x y x y Bài toán 2: CMR nếu x, y khác 0 thì | | | | | | 2 y x y x Dấu “ = “ xảy ra x = ± y. Từ đó suy ra nếu m, n > 0 ta có: m n 1 1) 2 ; 2) m 2 n m m Dùng biến đổi tương đương ta dễ dàng chứng minh được các bài toán này. * Khi cần dùng đến các bài toán này, ta phải chứng minh rồi mới vận dụng. Bài 28: CMR: x y x 3 y 5 8 (1) Theo bài toán 1 ta có: a b a b x y 3 x 5 y x 3 x y 5 y x 3 x y 5 y 3 5 8 => x y x 3 y 5 8 Bài 29: CMR: a 3 4 a 1 a 15 8 a 1 2 (Đk: a 1) (1) Từ (1) suy ra: VT = ( a 1 2 ) 2 ( a 1 4) 2 a 1 2 a 1 4 Áp dụng BĐT: a b a b ta có: a 1 2 4 a 1 a 1 2 4 a 1 2 2 => a 3 4 a 1 a 15 8 a 1 2 ab bc ca Bài 30: Cho a, b, c >0. CMR: + + a + b + c c a b 72
  73. ab bc ca 1 ab ca ab bc bc ca Giải: + + = c a b 2 c b c a a b 1 b c a c b a 1 = a b c a.2 b.2 c.2 a b c 2 c b c a a b 2 (Theo bài toán 2) ab bc ca => + + a + b + c (đpcm) c a b xy yz xz Bài 31: Cho x 3, y 3, z 3. CMR: 1 xyz 1 1 1 Ta có x 3; y 3 ; z 3 nên => 1. Theo bài toán 1, ta có x y z xy yz xz 1 1 1 1 1 1 1 xyz x y z x y z a2 b2 a b Bài 32: Cho a, b 0 . CMR: 3 4 0 b2 a2 b a a b Giải: Đặt x= ta có x 2 . b a a2 b2 a b Ta có 3 4 = b2 a 2 b a 2 a2 b2 a b a b a b 2 3 2 3 2 2 2 b a b a b a b a =x2 3x+2 = x2 2x x + 2 =x( x 2) ( x 2) = ( x 2)(x 1) 0. x 2 Vì x 2 => ( x 2) và (x 1) cùng dấu x 2 a2 b2 a b => ( x 2)(x 1) 0 do đó 3 4 0 b2 a2 b a Phương pháp 7: Phương pháp vận dụng BĐT liên hệ giữa tổng bình phương, bình phương của tổng, tích hai số. (Bài 33 > bài 35) Bài toán 1: 2( x2 + y2) ≥ ( x + y)2 ≥ 4xy. Bài toán 2: 3( x2 + y2 + z2) ≥ ( x + y + z )2 ≥ 3(xy + xz + yz ). * Khi cần dùng đến các bài toán này, ta phải chứng minh rồi mới vận dụng. 73
  74. 1 Bài 33. Cho x, y > 0 thoả mãn x + y ≥ 1. CMR: x4 y 4 8 Giải: Áp dụng bài toán 1, ta có 2 x y 2 2 2 2 x y 2 1 x4 y 4 2 2 8 Bài 34: CMR: a4 b 4 c 4 abc a b c Giải: Áp dụng bài toán 2, ta có a4 b4 c4 a2b2 b2c2 c 2a2 ab bc bc ca ab ca abc a b c Bài 35: CMR: a2 2bc b2 2ca c2 2ab 3 a b c , với a, b, c > 0 Giải: Áp dụng bài toán 2, ta có 2 2 2 2 a2 2bc b2 2ca c2 2ab 3 a2 2bc b2 2ca c2 2ab =3 a2 2bc b2 2ca c2 2ab 3 a b c 2 => a2 2bc b2 2ca c2 2ab 3 a b c Phương pháp 8: Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về căn thức (BĐT Cauchy và BĐT Bunhiacôpxki) (Bài 36 > bài 43) Khi giải một số bài toán BĐT có chứa căn thức bậc hai, ta có thể vận dụng các bài toán cơ bản về BĐT chứa căn thức. a b Bài toán 1: Cho a,b ≥ 0. CMR: ab 2 Dấu “ = “ xảy ra a = b (Bất đẳng thức Cauchy) Bài toán 2: CMR: |ax + by | ( a2 b 2 )( x 2 y 2 ) Dấu “ = “ xảy ra ay = bx ( BĐT Bunhiacôpxki) * Khi dùng đến bài toán 1 (không phải chứng minh) còn bài toán 2 phải chứng minh rồi mới được vận dụng. Bài 36: Cho a, b, c 0. CMR: a b b c c a 8abc 74
  75. Giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm, ta được: a + b 2 ab b + c 2 bc c + a 2 ca Do đó a b b c c a 2 ab .2 bc .2 ca => a b b c c a 8abc a b 2 a b Bài 37: Cho a, b, c 0 CMR: a b + b a 2 4 Giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm, ta được a b ab , 2 1 1 1 1 a 2 a. a , b 2 b. b 4 4 4 4 a b 2 a b a b 1 Do đó: a b 2 4 2 2 a b 1 1 a b ab a b = a a b b 2 4 4 x2 y 2 Bài 38: Cho x> y, xy = 1. CMR: 2 2 x y 2 x2 y 2 x y 2 xy 2 Giải: Ta có x y x y x y x y Mà x >y => x y >0. Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương x y và 2 2 2 , ta được x y 2 x y . 2 2 . x y x y x y (a b)2 (b c)2 (c a)2 Bài 39: Cho a, b, c >0. CMR: 4(a b c) c a b a b b c c a Giải: a, b, c >0 nên 0, 0, 0 c a b Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương, ta được a b 2 a b 2 4c 2 .4c 4 a b c c b c 2 b c 2 Tương tự: 4a 2 .4a 4 b c a a 75
  76. c a 2 c a 2 4b 2 .4b 4 c a b b a b 2 b c 2 c a 2 Do đó: 4a 4b 4c 4 a b 4 b c 4 c a c a b a b 2 b c 2 c a 2 => 4 a b c c a b 5 Bài 40: Cho x2+ 4y2=1. CMR: x y 2 Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki, ta có 1 1 5 x y x.1 2y. x2 4y 2 1 2 4 2 Vì x2 + 4y2 =1 Bài 41: Cho x2+ y2 = a2 + b2=1 CMR: a(x y) b(x y) 2 Giải: Áp dụng bài toán phụ (BĐT Bunhiacôpxki) ta có a x y b x y a2 b2  x y 2 x y 2  => a x y b x y 1.2 x2 y2 2 Bài 42: CMR: 3(a b) 4(1 ab) 5 (a2 1)(b2 1) Giải: áp dụng bài toán phụ (BĐT Bunhiacôpxki) ta có 3 a b 4 1 ab 32 42  a b 2 1 ab 2  = 25 a2 b2 2ab 1 2ab a2b2 5 a2 1 b2 1 Bài 43: Cho a, b >0. CMR: (4 a + 3 b ) (3 a + 4 b ) 25(a+b) Giải: Áp dụng bài toán phụ (BĐT Bunhiacôpxki) ta có 4 a 3 b 4. a 3. b 42 32 a b 5 a b 3 a 4 b 3. a 4. b 32 42 a b 5 a b Do đó 4 a 3 b 3 a 4 b 5 a b.5 a b 25 a b c/ Phương pháp vận dụng tính chất đặc biệt của biến. 76
  77. Phương pháp 9: Phương pháp vận dụng điều kiện có nghiệm của PT bậc 2. (Bài 44 bài 47) Đối với một số bài toán chứng minh BĐT nhiều khi ta phải vận dụng điều kiện có nghiệm của PT bậc 2. Kiến thức cần nhớ: PT ax2 + bx + c = 0 ( a≠ 0) = b2 – 4ac 0 PT có 2 nghiệm phân biệt: x , x , 12a 2 2 a Khi b = 2b’: ’ = b’2 – ac ’ 0 PT có 2 nghiệm phân biệt : x , x 1a 1 a 2 3 2 3 Bài 44: Cho x, y thỏa mãn x2 + y2 = xy x + 2y. CMR: x 3 3 Giải: x2 + y2 = xy x + 2y y2 (x + 2)y + x2 + x = 0 (*) Xem (*) là PT bậc hai ẩn y. (*) có nghiệm ∆= ( x + 2)2 4( x2 + x) ≥ 0. 4 x2 + 4x + 4 4x2 4x ≥ 0 x2 3 2 3 2 3 2 3 x x 3 3 3 125 Bài 45: Cho x 1, y 0 thỏa mãn x 1 y2 + x 1 CMR: x3 64 Giải: Điều kiện x 1 125 * x=1: y = 0 ta có x3 = 1 1: Từ x 1y 2 x 1 y x 1y2 y x 1 0 (*) 77
  78. Xem (*) là PT bậc 2 ẩn y. (*) có nghiệm 0 1 4(x 1) 1 4x + 4 0 5 125 x x3 x3 4 64 Bài 46: Cho các số x, y, z thoả mãn x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5y 10y + 2z 5. CMR: 1 x 2y 4 Giải: x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5y 10y + 2z 5 z2 2z + ( x2 + 4y2 4xy) ( 5x 10y ) + 5 = 0 z2 2z + ( x 2y)2 5 (x 2y ) + 5 = 0 (*) Xem (*) là PT bậc hai ẩn z. (*) có nghiệm ' = 1 ( x 2y)2 + 5 (x 2y ) 5 0 ( x 2y 1) (x 2y 4) 0 x 2y 1 0, x 2y 4 0 x 2y 1, x 2y 4 x 2y 1 0, x 2y 4 0 x 2y 1, x 2y 4 1 x 2y 4 5 Bài 47: Cho a, b là 2 số thực thoả mãn a2 + 4b2 = 1. CMR: a b . 2 Giải: Đặt a b =x a = x + b. Thay vào a2 + 4b2 ta được ( x + b)2 + 4b2 = 1 x2 + 2bx + b2 + 4b2 =1. 5b2 + 2bx + x2 1 = 0. (*) Xem (*) là PT ẩn b. ' x2 5x2 5 4x2 5. (*) có nghiệm ' 0 4x2 5 0 5 5 x . Vậy a b 2 2 Phương pháp 10: Phương pháp qui nạp toán học. (Bài 48 > bài 50) 78
  79. Một số bài toán BĐT cần chứng minh đúng với mọi n ≥ 1 (n N) ta có thể vận dụng phương pháp qui nạp toán học. Các bước chứng minh theo phương pháp qui nạp: B1: Kiểm tra BĐT đúng với n = 1. B2: Giả sử BĐT đúng với n = k ≥ 1. Chứng minh BĐT đúng với n = k + 1. Bước 3: Kết luận BĐT đúng với mọi n nguyên dương. Bài 48: CMR: 2n+2 > 2n + 5. Với mọi n nguyên dương. Giải: Với n =1, ta có 21 +2 > 2.1 +5 8 > 7 BĐT đúng. Giả sử BĐT đúng với n = k ≥ 1, tức là 2k+2 > 2k +5. Cần chứng minh BĐT đúng khi n= k+1. Ta có 2(k+1)+2 = 2k+3 =2. 2k+2 > 2.(2k + 5) = 4k + 10 > 2k + 2 + 5 = 2(k + 1) + 5. Vậy BĐT 2k+2 > 2k +5 đúng với mọi n nguyên dương. 1 3 5 2n 1 1 Bài 49: CMR: . . Với mọi n nguyên dương. 2 4 6 2n 3n 1 1 1 Giải: Với n = 1 ta có , BĐT đúng. 2 3.1 1 Giả sử BĐT đúng với n = k ≥ 1, tức là: 1 3 5 2k 1 1 . . 2 4 6 2k 3k 1 Cần chứng minh BĐT đúng với n = k+ 1. 1 3 5 2k 1 2(k 1) 1 1 2k 1 Ta có . . . . (1) 2 4 6 2k 2(k 1) 3k 1 2k 2 1 2k 1 1 Ta CMR: . (2) 3k 1 2k 2 3k 4 79
  80. 1 2k 1 1 Ta có . 3k 1 2k 2 3k 4 1 (2k 1)2 1 . . 3k 1 (2k 2)2 3k 4 k 0. BĐT đúng. 1 3 5 2k 1 1 Từ (1) &(2) ta có . . . 2 4 6 2k 3(k 1) 1 BĐT đúng khi n = k +1. 1 3 5 2n 1 1 Vậy . . Với mọi n nguyên dương. 2 4 6 2n 3n 1 Bài 50: Cho n số không âm a1, a2, , an. CMR: a a a 1 2 n n a .a a với n N,n 2. dấu “ =” xảy ra khi nào ? n 1 2 n (BĐT Cauchy cho n số không âm) a a Giải: Với n = 2 ta có 1 2 a .a ( a a )2 0 , BĐT đúng. 2 1 2 1 2 Giả sử BĐT đúng với n = k, nghĩa là a a a 1 2 k k a .a a (*) k 1 2 k với a1,a2, ak không âm bất kỳ. Cần chứng minh BĐT đúng với n = k +1. Vai trò của các phần tử như nhau nên ta giả sử a1 a2 ak ak 1 a a a Suy ra ak+1 1 2 k k a a a Đặt 1 2 k =x, (x 0) k 80
  81. ak+1 = x + y với y 0. k Mà x a1a2 ak ( suy ra từ (*) ) k 1 k 1 k 1 a a a a kx x y y Ta có 1 2 k k 1 x k 1 k 1 k 1 y xk 1 (k 1). .xk xk 1 xk .y xk x y a a a a k 1 1 2 k k 1 a a a a => 1 2 k k 1 k 1 a .a a k 1 1 2 k 1 a a a Vậy BĐT 1 2 n n a .a a với n N,n 2. n 1 2 n Dấu “ =” xảy ra a1 = a2 = = an. Phương pháp 11: Phương pháp dùng toạ độ và hình học. (Bài 51 >52) Một số bài toán BĐT mà các biến là các số dương, ta dễ dàng tìm ra lời giải nếu sử dụng bằng phương pháp hình học. Đặc biệt một số bài toán BĐT có chứa căn thức dạng A2 B2 , phương pháp toạ độ giúp ta có lời giải hay độc đáo. Kiến thức cần nhớ: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy có A (xA,yA), B(xB,yB) thì 2 2 AB xABAB x y y . Bài 51: Cho a, b > 0. CMR: a b a b B Giải: Xét ∆ ABC Có Â = 900, AB = a , AC = b . Theo định lý Pytago, ta có: a BC2 = AB2 + AC2 = a + b => BC = a b . ∆ ABC có AB + AC > BC => a b a b . A b C 2 2 Bài 52: CMR: x 2x 5 x 12x 136 13 Giải: Ta có: x2 2 x 5 ( x 1) 2 4 ( x 1) 2 (0 2) 2 2 2 2 x2 12136 x x 6 100 x 6 010 81
  82. Trong cùng mặt phẳng toạ độ Oxy xét các điểm A(x;0), B(1;2), C(6;-10). Dễ thấy B và C nằm khác phía với trục hoành, A thuộc trục hoành (Hình vẽ minh họa). Xét 3 điểm A, B, C. Ta có AB + AC ≥ BC với: 2 2 AB = x 1 0 2 x2 2 x 5 2 2 AC = x 6 0 10 x2 12 x 136 BC = 1 6 2 2 10 2 169 13. Do đó: x2 2x 5 x2 12x 136 13. 2.3.3. Các bài toán BĐT giải bằng nhiều phương pháp: * Các bài 1; 3; 4; 6; 7; 8; 11. giải bằng ba cách khác nhau. (Lời giải đã trình bày ở mục 2.3.2) - Sử dụng các phương pháp 1, 2 và 4. * Bài 9 giải bằng hai cách khác nhau. ( Lời giải đã trình bày ở mục 2.3.2) - Sử dụng các phương pháp 2 và 11. * Bài 12b/ giải bằng bốn cách khác nhau. ( Lời giải đã trình bày ở mục 2.3.2) - Sử dụng các phưong pháp 2, 4, 8, 11. 2.3.4. Những sai lầm của HS trong quá trình giải các bài toán chứng minh BĐT: Trong quá trình chứng minh BĐT, HS thường mắc phải một trong những sai lầm sau: - Trừ từng vế hai BĐT cùng chiều. - Nhân từng vế hai BĐT cùng chiều mà không có giả thiết các vế không âm. - Bình phương hai vế của BĐT mà không có giả thiết hai vế không âm. - Khử mẫu khi chưa biết dấu của biểu thức dưới mẫu. - Nghịch đảo hai vế và đổi chiều BĐT khi chưa có giả thiết hai vế cùng dấu. - Thừa nhận xm > xn với m, n nguyên dương và m > n khi chưa biết điều kiện của x. 82
  83. Cụ thể có thể qui về một số sai lầm sau: A B * lôgic:  => A > C B C * Điều kiện áp dụng đối với biến: Bất đẳng thức Cauchy. Phương pháp hình học. * Sai kiến thức: Nhân chéo, bình phương không có điều kiện: a c b d a > b => a2 > b2 2.3.5. Áp dụng BĐT để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. a/ Các bước giải một bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) (Bài toán cực trị). * Để tìm GTNN của một biểu thức A(x) trong tập xác định (TXĐ) D ta làm như sau: - Chứng minh A(x) ≥ m với m là hằng số. - Chỉ ra A(a) = m, (a D) - Kết luận GTNN của A là m. Ký hiệu min A(x) = m khi x = a. * Để tìm GTLN của một biểu thức A(x) trong TXĐ D ta làm như sau: - Chứng minh A(x) ≤ M với M là hằng số. - Chỉ ra A(a) = M, (a D) - Kết luận GTLN của A là M. Ký hiệu min A(x) = M khi x = a. Chú ý: + Có khi phải thay bài toán đã cho bởi một bài toán tương đương. A>0 min A min A2 min A max A (tương tự bài toán cho max) + Có khi phải tìm cực trị trong từng khoảng của biến rồi so sánh để tìm cực trị trên TXĐ D của biểu thức. b/ Các kiến thức cần nhớ: + x2 ≥ 0, x2n ≥ 0 (n N*); |x| ≥ 0 Dấu bằng xảy ra x = 0. 83
  84. + |A| ≥ A Dấu bằng xảy ra A ≥ 0. + |A| ≥ - A Dấu bằng xảy ra A ≤ 0. c/ Bài tập: Bài 1: a/ Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c (a > 0) Tìm giá trị nhỏ nhất của P b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 4x + 7 c/ Tìm giá trị nhỏ nhất của T x 1 x 2 x 3 2x 1 d/ Tìm giá trị lớn nhất của y x2 2 Giải: b a/ Ta có: P = a x2 x c a 2 b b2 b2 b 4ac b2 = a x2 2x c = a x 2 2a 4a 4a 2a 4a 2 b 4ac b2 Vì a > 0 nên a x 0 => P 2a 4a b b Dấu bằng xảy ra khi x = 0 hay x . 2a 2a 4ac b2 b Vậy min P = khi x . 4a 2a b/ Hướng dẫn: A = ( x2 4x + 4) + 3 = (x 2)2 + 3 ≥ 3. Dấu bằng xảy ra x 2 = 0 x = 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3 x = 2 c/ Ta có: x 1 x 3 x 1 3 x x 1 3 x 2 Dấu bằng xảy ra khi x 1 3 x 0 hay 1 x 3 còn x 2 0, dấu bằng xảy ra khi x = 2. 84
  85. Vậy T = x 1 x 2 x 3 2 0 2 Dấu bằng xảy ra khi x = 2. Do đó min T = 2 khi x = 2. x2 2 x2 2x 1 (x 1)2 d/ Ta có y = = 1 1 x2 2 x2 2 Dấu bằng xảy ra khi x = 1 Do đó maxy = 1 khi x = 1 Bài 2: a/ CMR: i/ Nếu hai số dương có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. ii/ Nếu hai số dương có tích không đổi thì tổng nhỏ nhất khi vầ chỉ khi hai số đó bằng nhau. Áp dụng: i/ Tìm giá trị lớn nhất của A = x3(16 x3) với ( o 0) x Giải: a/ i/ Giả sử x, y > 0 có x + y = k ( không đổi) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số x, y ta có: k 2 x + y 2 xy => xy 4 k Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2 k 2 k Do đó max (xy) = khi x = y = 4 2 ii/ Giả sử x, y > 0 và xy = k (không đổi). Ta có: 2 xy x y => x + y 2 k => min (x + y) = 2 k khi x = y. b/ Áp dụng: i/ Ta có x3 + (16 x3) = 16 (không đổi) 85
  86. nên tích x3( 16 x3) lớn nhất khi và chỉ khi x3 = 16 x3 hay x3 = 8 hay x = 2. Vậy max A = 23 (16 23) = 16 khi x = 2. ii/ Ta có: x2 2  2004x 20042 20042 B = = x 22004 x x 20042 20042 x và là các số dương có tích x  = 20042 không đổi nên tổng x x 20042 20042 x đạt giá trị nhỏ nhất khi x = hay x = 2004 x x Vậy min B = 3. 2004 khi x = 2004. Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của x thoả mãn hệ sau: x a b c 7 2 2 2 2 với a, b, c là tham số. x a b c 13 Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: (a + b + c)2≤ (12 + 12 + 12)(a2 + b2 + c2) hay (a + b + c)2≤ 3(a2 + b2 + c2) (Có thể chứng minh công thức này bằng biến đổi tương đương) Từ giả thiết ta có: a + b + c = 7 x và a2 + b2 + c2 =13 x2 5 Do đó (7 x)2 3(13 x2) => 4x2 14x + 19 0 => 1 x 2 Vậy x đạt giá trị nhỏ nhất là 1 khi a = b = c = 2 5 3 x đạt giá trị lớn nhất là khi a = b = c = 2 2 Bài 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a/ A = x2 4x 3 Hướng dẫn: A = x2 4x 3 = (x2 4x 4) 1 = (x 2)2 1 0 . Dấu bằng xảy ra (x 2)2 = 1 x 2 = ± 1. b/ a2 2a 5 + a2 12a 136 Hướng dẫn: 86
  87. Trong cùng hệ trục vuông góc xét các điểm A(a;0); B(1;2); C(6; 10). Dễ thấy B và C nằm khác phía đối với trục hoành và A thuộc trục hoành x’x. Do đó AB + AC BC (a 1)2 (0 2)2 (a 6)2 (0 10)2 (1 6)2 (2 10)2 = 13 a2 2a 5 + a2 12a 136 13. Dấu bằng xảy ra A là giao điểm của BC và trục x’x. Vậy giá trị nhỏ nhất của a2 2a 5 + a2 12a 136 là 13. 2.3.6. Áp dụng BĐT để giải PT và hệ PT. a/ Kiến thức cần nhớ: * Lưu ý đến dấu đẳng thức xảy ra của các bất đẳng thức: A B, A B A B * Nếu Thì A = B A B b/ Bài tập: Bài 1: Giải PT: 1 a/ x + y 1 + z 2 = (x + y + z) 2 Giải: * Cách 1: Điều kiện: x 0, y 1, z 2 Áp dụng BĐT cauchy cho 2 số không âm,ta có: x 1 x = x1 2 (y 1) 1 y y 1 = (y 1) 1 = 2 2 (z 2) 1 z 1 z 2 = (z 2)1 = 2 2 Suy ra: 1 VT = x + y 1 + z 2 (x + y + z) 2 x 1 x 1 Dấu bằng xảy ra y 1 1 hay y 2 z 2 1 z 3 Vậy PT có nghiệm là: ( 1, 2, 3). 87
  88. * Cách 2: PT đã cho tương đương với: (x 2 x +1) + ( y 1 2 y 1 + 1) + ( z 2 2 z 2 + 1) = 0 ( x 1)2 + ( y 1 1)2 + ( z 2 1)2 = 0 x 1 0 x 1 y 1 1 0 y 2 z 3 z 2 1 0 Vậy PT có nghiệm là: ( 1, 2, 3). 2 b/ Giải PT: x 2 + 10 x = x 12x + 40. Hướng dẫn: Điều kiện 2 x 10 Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm, ta có: (x 2)  4 (10 x) 4 x 2 4 10 x 4 x 2 + 10 x = + + = 4. 2 2 4 4 x 2 4 Dấu “=” xảy ra x = 6 10 x 4 Mà x2 12x + 40 = (x2 12x + 36 ) + 4 = ( x 6)2 + 4 4. Dấu “=” xảy ra x 6 = 0 x = 6. (x 1)  y ( y 1) x 2 xy (1) Bài 2: Giải hệ PT: x y 1 y x 1 xy (2) Giải: Điều kiện: x,y 1 y 1 x 1 (2) + = 1. y x Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: y 1 1 y y 1 1 y 1 = (y 1) 1 = => 2 2 y 2 x 1 1 Tương tự: x 2 y 1 x 1 Suy ra + 1 y x x 1 1 x 2 Dấu “=” xảy ra y 1 1 y 2 88
  89. x = 2, y = 2 cũng thoả mãn (1). Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 2. 2x2 2 y x 1 3y3 b/ Giải hệ PT: 4 2 z y y 1 4z4 x z6 z4 z2 1 Giải: Rõ ràng x = y = z = 0 là nghiệm của hệ. Với xyz 0, ta có 2x2 2x2 y = = x x2 1 2x 3y 3 3y3 z = = y y 4 y 2 1 3y2 4z 4 4z4 x = = z z6 z4 z 2 1 4z3 Suy ra: y x z y => x = y = z Từ PT thứ nhất của hệ suy ra: 2x2 = x 2x = 1 = x2 ( vì x 0) x = 1. x2 1 Vậy hệ PT có 2 nghiệm: (0, 0,0) và (1, 1, 1). KẾT LUẬN Việc xây dựng và sử dụng hệ thống các dạng bài tập trong quá trình dạy học nói chung và trong bồi dưỡng HSG nói riêng đã góp phần rèn luyện năng lực giải toán về ĐT và BĐT cho HS. Các em dần tạo thành thói quen thay thế các dữ kiện của bài toán bằng các dữ kiện tương đương, thói quen đặc biệt hóa hay khái quát hoá bài toán một cách tự nhiên, thói quen tìm nhiều giải pháp cho một tình huống để vươn tới sự hoàn thiện, thói quen nhìn nhận một vấn đề dưới nhiều góc độ khác nhau. Và như vậy, việc giải quyết được mỗi một bài tập đặt ra hay phát hiện ra một bài toán mới là một quá trình tìm tòi sáng tạo, huy động linh hoạt các kiến thức kỹ năng thủ thuật và các phẩm chất của trí tuệ. Do đó HS thực sự cảm thấy mình 89
  90. là chủ thể của nhận thức, các em được học tập bằng hoạt động của chính mình dưới sự hướng dẫn khuyến khích của người thầy. 90