Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
Phần đại số
Phần I: Tính giá trị của một biểu thức
1/ Các kiến thức liên quan
2/ Tính giá trị của biểu thức đại số.
3/ Tính giá trị của biểu thức chứa căn
Phần II: Bất đẳng thức
1/ Các kiến thức liên quan
2/ Một số ph-ơng pháp chứng minh bất đẳng thức
Phần III: cực trị đại số
1/ Định nghĩa
2/ Một số sai lầm th-ờng mắc khi tìm cực trị
3/ Một số ph-ơng pháp tìm cực trị.
Phần IV: Ph-ơng trình
1/ Ph-ơng trình hữu tỷ
2/ Ph-ơng trình vô tỷ.
3/ Hệ ph-ơng trình.
Phần Số học
1/ Chia hết.
2/ Ph-ơng trình nghiệm nguyên.
Phần I: Tính giá trị của một biểu thức
I. Kiến thức liên quan
Yêu cầu HS nắm vững các hằng đẳng thức đáng nhớ, viết đ-ợc nhiều cách khác nhau, biết một
số hằng đẳng thức mở rộng, nắm đ-ợc các ph-ơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử các phép tính
về phân thức đại số vận dụng vào giải bài tập một cách linh hoạt.
1/ Các hằng đẳng thức đáng nhớ
1. A2 B 2 ( A B) 2 2. A.B
2. A2 B 2 ( A B).( A B)
3. A3 B 3 ( A B)3 3. A.B.( A B)
( A B )( A2 AB B 2 )

2/Các hằng đẳng thức mở rộng

1.A B 2 C 2 (A B C )2 2.(A.B B.C C.A)
2

2.A 3 B 3 C 3 (A B C )3 3.(A B ).(B C ).(C A)
(A B C )3 3.(A.B B.C C.A).(A B C ) 3ABC
3. A n B n (A B)(A n 1 A n 2 B A n 3 B 2 ..... AB n 2 B n 1 )

n là số tự nhiên

4. A2 n 1 B 2 n 1 (A B)(A2 n A2 n 1B A2 n 2 B 2 ..... AB 2 n 1 B 2 n )
5. (A B) n C 0n A n C 1n A n 1 B C 2n A n 2 B 2 .............. C nn 1 AB n 1 C nn B n
( Ckn gọi là tổ hợp chập k của n phần tử)
Ckn =

n!
( n k )! k!

Quy -ớc 0! = 1
Từ công thức trên có: C1n = Cn-1n; C2n = Cn-2n ; C3n = Cn-3n ; Ckn + Cn-1n = Ckn+1
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

1


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
Giới thiệu tam giác Pascan để khai triển nhị thức Niu tơn có số mũ nhỏ.
Dạng tính giá trị của biểu thức đại số
Ví dụ 1: Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a; b; c 0.

a
b
c
)(1 + )(1 + )
b
c
a

Tính giá trị của P = (1 +

Gợi ý
Từ a + b + c = 3abc => a + b + c - 3abc = 0
( a+b+c)(a2 + b2 + c2 ab bc ca) = 0
Nếu a+b+c = 0 thì P = -1
Nếu a2 + b2 + c2 ab bc ca = 0 thì a = b = c và P = 8
3

3

3

3

3

3

Ví dụ 2: Cho xy +yz + zx = 0; xyz 0. Tính Q =

yz zx xy



x2 y2 z2

Gợi ý
áp dụng kết quả trên coi a =

Q=

1
1
1
1
1
1
3
; b = ; c = ta có 3 3 3
z
y
x
x
y
z
xyz

1
1
1
xyz yzx xyz
3

yz zx xy
=3
2 2 = 3 3 3 = xyz ( 3 3 3 ) = xyz .
2
x
y
z
xyz
x
y
z
x
y
z

a 3 3a b 2 999
Ví dụ 3: Cho a; b thoả mãn
b 3 3a 2 b 777

Tính M = a2 + b2

Gợi ý
Bình ph-ơng hai vế của hai đẳng thức trên rồi cộng vế với vế thu gọn đ-ợc (a2 + b2)3 = 9992 +
7772 suy ra M = a2 + b2 = 3 999 2 777 2
Ví dụ 4: a) Cho P = x3 3x2 + 5x;
Q = y3 3y2 + 5y;
P+Q=6
Tính S = x + y
b) Cho A = 18x3 54x2 + 60x + 71;
Q = 18y3 54y2 + 60y + 71;

A + B = 190
Tính S = x + y
Gợi ý
3
a) Biến đổi
P + Q = (x - 1) + (y - 1)3 + 2x + 2y +2 vì P + Q = 6 nên
(x - 1)3 + (y - 1)3 + 2x + 2y +2 = 6 (x - 1)3 + (y - 1)3 + 2(x + y - 2) = 0
(x + y - 2)( (x - 1)2 - (x - 1) (y - 1) + (y - 1)2 ) = 0
=> x + y = 2 vì (x - 1)2 - (x - 1) (y - 1) + (y - 1)2 > 0.
Ví dụ 5: Giả sử x; y; z là các số thực khác 0 và thoả mãn hệ đẳng thức :

1 1
1 1
1 1
x
(

)

y
(

)

z
(
) 2 (1)
y z
z x
x y


x 3 y 3 z 3 1( 2 )

Tính P =

1 1 1

x y z

Gợi ý
Từ (2) suy ra: x y + x z + y z + y x + z y + z2x = -2xyz
2

2

2

2

2

Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

2


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
x y + x z +xyz + y z + y2x + xyz + z2y + z2x + xyz = xyz
(xy + yz +zx )(x + y + z) = xyz
2


2

2

Mặt khác x3 + y3 + z3 = (x y z)3 3.(xy yz zx).(x y z) 3xyz
Suy ra x + y + z = 1 => xy + yz +zx = xyz => P =

1 1 1 =1

x y z

Một số bài khác:
Bài 1: Cho a; b; c ; x; y; z 0 và

x y z
a b c
0 (1) ; 1 (2)
a b c
x y z

Tính A =

x
y
z


a 2 b 2 c2
KQ bằng 1

Bài 2: Cho a; b; c đôi một khác nhau và

a
b
c


0
bc ca ab

a
b
c
.


2
2
( b c)
(c a )
(a b ) 2

Tính B =
KQ bằng 0

a
b
c
a2
b2

c2




1 Tính
Bài 3: Cho a + b + c và
bc ca ab
bc ca ab
Bài 4: Cho ax + by = z; by + cz = x; ax + cz = y và x + y + z 0.

KQ bằng 0

1
1
1
.


a 1 b 1 c 1

Tính P =

Bài 5: Cho x; y; z thoả mãn xyz = 2008.
Tính Q =

2008x
y
z



.
xy 2008x 2008 yz y 2008 xz z 1

KQ bằng 1

1
1 1 1

Bài 6: Cho a; b; c là các số thực 0 thoả mãn a b c a b c
a 3 b 3 c 3 2 9

Tính S = a2007 + b2007 + c2007
KQ bằng 26021
Bài 7:. Cho a, b, c là ba số phân biệt khác không thoả mãn điều kiện:
a + b + c = 0. Tính giá trị biểu thức
P=(

a
b
c
bc ca a b


)(


)
bc ca ab
a

b
c

KQ bằng 9

Dạng tính giá trị của biểu thức chứa căn
Yêu cầu nắm vững khái niệm, các phép tính các phép biến đổi căn bậc hai căn bậc 3 và căn bậc n để
vận dụng rút gọn 1 biểu thức.
Căn bậc hai
Ví dụ 1: Tính giá trị của a) A =
b) B =

73 12 35 294 24 90

4 7 4 7
Gợi ý
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

3


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
a) Dùng máy tính CASIO để tính kết quả A = ( 45 28 ) + 240 54
b) Giải bằng 2 cách kết quả A = -

3 5 .( 10 2 ).(3 5 ) kết quả C = 2

Ví dụ 2: Tính giá trị của C =

8 8 20 40


D=
Gợi ý viết D =

2

2 2 10 5 2 2 2 5 1 =

( 2 5 1) 2 = 2 5 1

Ví dụ 3: Cho ( ( x 2 2008 x)( y 2 2008 y) = 2008 Tính x2009 + y2009
KQ x + y = 0 => x = - y => x2009 + y2009 = 0
Ví dụ 4: Cho a + b + c = 0 và a; b; c 0. Chứng minh
=

1
1
1
1 1 1



. Vận dụng tính S
a 2 b 2 c2 a b c

1 1
1
1 1
1
1

1
1
+
+
.+






12 2 2 32
12 32 4 2
12 99 2 100 2
Kết quả S = 98,49

Ví dụ 5: Rút gọn biểu thức sau C = (

15
4
12


)( 6 11)
6 1
6 2 3 6

Gợi ý
Trục căn thức ở mẫu của từng biểu thức
C=(


15( 6 1) 4( 6 2) 12(3 6 )


)( 6 11)
5
2
3
C = ( 6 11) ( 6 11) = - 115

Ví dụ 6: Rút gọn biểu thức sau
D=

1
1
1
1


....
2 2 3 2 2 3 4 33 4
100 99 99 100
Gợi ý

Xét biểu thức tổng quát

1
1
1
=


k
k 1
( k 1) k k k 1

Ví dụ 7: Cho biểu thức A =

KQ: D = 0,9

x4 x4 x4 x4
8 16
1 2
x x

a)Rút gọn biểu thức A.
b)Tìm những giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Gợi ý
a)* Tìm tập xác định của A: x > 4

x4 2
* Rút gọn với x > 4 A =

1
* Với 4 < x 8 ta có A =

x4 2
4
x

4x

x4

Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

4


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
2x
* Với x > 8 ta có A =
x4
4x
Z A = 4+ 16 Z và 0 < x- 4 4(1)
b) * Với Với 4 < x 8 & x Z ta có A =
x4
x4
Để A nguyên thì x 4 phải là Ư(16) & thoả mãn (1) => x 4 nhận các giá trị 1; 2; 4 => x nhận các
giá trị 5; 6; 8 khi đó A nhận các giá trị 20; 12; 8.
* Với x > 8; x
(k

Z

để A =

2x
x Z thì tr-ớc hết
x4

x 4 phải nguyên. Do vậy x - 4 = k2


8 2k 2
8
2k
N ) x = 4 + k => A =
k
k
*

2

Vì x > 4 => k2 > 4 => k > 2. Để A Z thì k
nhận 20; 68 khi đó A = 10; 17.

Ư(8) & k

> 2 Do vậy k nhận các giá trị 4; 8 => x

Kết luận: x = 5; 6; 8; 20; 68.
Ví dụ 8: Cho a; b; c là các số d-ơng thoả mãn: a + b + c +
Tính Q =

abc

=4

a(4 b)(4 c) b(4 c)(4 a) c(4 a)(4 b) -

abc


Gợi ý
Xét

a(4 b)(4 c) =

a(16 4b 4c bc) Từ giả thiết a + b + c +

=>16- 4b 4c = 4a + 4

abc Do đó

a(4a 4 abc bc) = 2a +

a(4 b)(4 c) =

abc

=4

a(16 4b 4c bc) =

abc

T-ơng tự b(4 a)(4 c) = 2b +
Vậy Q = 8

abc ; c(4 a)(4 b) = 2c + abc

Ví dụ 9: Cho dãy số x1; x2; x3; xn đ-ợc xác định nh- sau: x1 = 1; xn =


3 x n 1
. tính x2006; x2007;
1 3x n 1

x2008
Gợi ý
Tính x2 = - (2 + 3 ); x3 = 3 - 2; x4 = 1 cứ tiếp tục nh- thế thấy x5 = x2; x6 = x3; x7 = x4 ..=> x3k+1 =
x1; x3k+2 = x2; x3k = x3 Nh- vậy sẽ tính đ-ợc x2006; x2007; x2008
Căn bậc ba
Chú ý mọi số đều có căn bậc 3 và các phép tính phép biến đổi trên căn bậc 2 vẫn đúng với căn bậc 3.
Ví dụ 1: Tính giá trị của biểu thức D =

3

2 10

1 3
1
2 10
27
27

Gợi ý
Có thể biến đổi biểu thức d-ới dấu căn về lập ph-ơng của một biểu thức rồi khai căn và tính kết quả
(cách này khó hơn).
Có thể lập ph-ơng hai vế rồi tìm D bằng cách giải ph-ơng trình bậc 3
D3 = 2 + 10

1
1

1
+ 2 - 10
+ 3 4 100
D
27
27
27

D3 = 4 +2D

( D -2)(D2 + 2D +2) = 0 D = 2 vì D2 + 2D +2 > 0

Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

5


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
Ví dụ 2: Cho x =

1 3 23 513 3 23 513
(

1)
3
4
4

Tính giá trị biểu thức M = 2x3 + 2x2 +1
Gợi ý

Đặt

3

23 513
= a;
4

23 513
=b
4

3

Khi đó ab = 1; a3 + b3 =

23
. Ta có 3x + 1 = a + b
2

Lập ph-ơng hai vế đ-ợc 27x3 + 27x2 + 9x + 1 = a3 + b3 + 3ab(a + b)
27x3 + 27x2 + 9x + 1 =

23
+ 3(3x + 1) 2x3 + 2x2 = 1 M = 2.
2

Ví dụ 3: Chứng minh rằng: a) Nếu
đều có:


n

a n bn c =

b) Nếu ax3 = by3 = cz3 và

n

3

a 3 b 3 c =

3

a b c thì với mọi số nguyên d-ơng lẻ n, ta

abc

1 1 1
1 thì
x y z

3

ax 2 by 2 cz 2 =

3

a 3 b 3 c


Gợi ý
a)Chỉ ra đ-ợc a = - b hoặc a = - c; c = - a.
b) Đặt

3

Rồi suy

ax 2 by 2 cz 2 = A Biến đổi để A = x 3 a = y 3 b = z 3 c .
3

a =

A
;
x

3

b =

B 3
C
; c =
và biến đổi tiếp.
x
x

Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long


6


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
Phần II: Bất đẳng thức
Yêu cầu HS chứng minh đ-ợc các tính chất cơ bản của bất đẳng thức, các bất đẳng thức th-ờng
dùng biết vận dụng để chứng minh một số bài toán BĐT
A.Một số bất đẳng thức th-ờng dùng
1. Bất đẳng thức Cô-Si
* Với 2 số d-ơng a, b thì a + b 2 ab

dấu = xy ra a = b

*Với 3 số d-ơng a, b, c thì a +b +c 3 3 abc

dấu = xy ra a = b = c

* Tổng quát : với a1; a2; a3;an 0 thì a1+ a2+ a3++an n n a 1a 2 a 3 ...a n
Dấu = xy ra a1 = a2= a3 = = an.
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki
*Với 2 cặp số (a; b) và(x; y) thì (ax + by)2 (a2 +b2)(x2+y2)
Dấu = xy ra

a b

x y

*Với 2 bộ số (a; b; c) và(x; y; z) thì (ax + by+ cz)2 (a2 +b2+ c2)(x2+y2+ z2)
Dấu = xy ra


a b c
=
x y z

3.Một số bất đẳng thức đ-ợc suy ra từ các bất đẳng thức trên.
* (a + b)2 2(a2 +b2). Dấu = xy ra a = b
* (a + b + c)2 3(a2 + b2+ c2). Dấu = xy ra a = b = c

x y
2 với x; y l 2 số cùng dấu. Dấu = xy ra x = y
y x
1 1
4
*
với x; y cùng dương. Dấu = xy ra x = y
x y xy
1 1 1
* (x + y +z)( ) 9 với x; y; z cùng d-ơng
x y z
*

B.Một vài ph-ơng pháp chứng minh bất đẳng thức
I.Ph-ơng pháp dùng định nghĩa BĐT và tính chất của luỹ thừa bậc chẵn

ab bc ca với mọi a; b; c > 0.
1
1
1
2




Ví dụ2: Chứng minh rằng: a) với 2 số d-ơng x; y thoả mãn xy 1 thì
1 x 1 y 1 z 1 xy
Ví dụ1: Chứng minh rằng a + b + c

b) Cho x; y; z > 0 thoả mãn x; y; z 1 thì

1
1
1
3



2
2
2
1 xyz
1 x
1 y
1 z
Gợi ý

a)

1
1
1
2




(2 + x + y)(1 +
1 x 1 y 1 z 1 xy

( x

xy ) 2 (1 + x)(1 + y)

y )2 (1 xy ) 0 luôn đúng.

b) áp dụng câu a

1
1
2
2
(vì z < 1)



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




(vì x < 1)
2
2
1 yz 1 xyz
1 y
1 z
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

7


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
1
1
2
2



(vì y < 1)
1 x 2 1 z 2 1 xz 1 xyz
Cộng vế với vế => ĐPCM
II.Ph-ơng pháp làm trội làm giảm
Ví dụ 1: a) Chứng minh các bất đẳng thức sau:
b)

1
1
1
1

1
<
2( với n > 1).



......

n
12 2 2 32
n2

1
1
1
1
5
2 2 ...... 2 <
2
3
1
2
3
n
Gợi ý

a) Với k > 1, ta có:

1
1

1
1



2
(k 1)k k 1 k
k
1
1
1
1
1 1 1
1
1
1
Do đó: 2 2 2 ... 2 1 1 ...
2 (đpcm)
2 2 3
n 1 n
n
1
2
3
n
b) Với k > 1, ta có:

1
4
4

4
1
1
2 2

2(

)
2
2 k 1 2k 1
k
4k
4k 1 (2k 1)(2k 1)
1
1
1
Vậy 2 2(

)
2k 1 2 k 1
k
1 1 1 1
1
1
2
1
1
1
1
Do đó: 2 2 2 ...... 2 < 1 + 2 ( ....


) < 1+
3 5 5 7
2n 1 2n 1
3
1
2
3
n
*
Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức với n N ; n 2
1
1
1
1
2 n 3


...
2 n 2
2
3
4
n
Giải:

1
1
1
1



...
2
3
4
n
a) Chứng minh A > 2 n 3
Đặt A=

Làm giảm mỗi số hạng của A

1
2
2


2( k 1 k )
k
k k
k 1 k
Do đó A > 2[ ( 2 3) ( 3 4 ) ... ( n n 1) ] = 2 ( n 1 2 ) =

2 n 1 2 2 > 2 n 1 3> 2 n 3
a) Chứng minh A < 2 n 2
Làm trội mỗi số hạng của A

1
2
2



2( k k 1)
k
k k
k k 1
Do đó A < 2[ ( n n 1) ... ( 3 2 ) ( 2 1) ] = 2 ( n 1) = 2 n 2 (đpcm)
Chứng minh bất đẳng thức

1
1
1
1


...
2 với n 1
2 3 2 4 3
(n 1) n
Giải:
Ta biến đổi số hạng tổng quát của vế trái
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

8


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
1
k
1

1
1
1
1
1

k(
) k(

)(

)
k k 1
(k 1) k k (k 1)
k
k 1 k
k 1
k
1
1
1
1
(1
)(

) 2(

)
k 1 k
k 1

k
k 1
1
1
1
1
1
Do đó:

...
2(1
) 2 (đpcm)
2 3 2 4 3
(n 1) n
n 1
III.Ph-ơng pháp sử dụng các bất đẳng thức đã biết:
Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số d-ơng. Chứng minh bất đẳng thức:

a2
b2
c2
abc



bc ca ab
2
Cách 1(Dựa vào bất đẳng thức Cô si)

a2

bc
a2 b c
a

2
.
2. a
bc
4
bc 4
2
a2
bc
Suy ra:
a
bc
4
b2
ca
T-ơng tự
b
ca
4

c2
ab
c
ab
4
Cộng từng vế 3 bất đẳng thức trên, ta đ-ợc:


a2
b2
c2
abc abc


(a b c)

bc ca ab
2
2
Cách 2
Theo bất đẳng thức bunhia Côpxki: (a2+b2+c2)(x2+y2+z2) (ax+by+cz)2.Ta có:

a 2 b 2 c 2




b c c a a b

b c c a a b
2

2

2

2


b
c
a

. bc
. ca
. a b

ca
ab
bc

a2
b2
c2
(


)(2a 2b 2c) (a b c) 2
bc ca ab
a2
b2
c2
abc




bc ca ab

2
Ví dụ 2: a) Cho hai số d-ơng a, b có a + b = 1. Chứng minh rằng:

1
1
2
6
ab a b 2
2
3
2
14
ab a b 2
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

9


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
b) Cho a; b; c > 0. Chứng minh rằng:

1
1
1
1 1 1 1


( )
2a b c a 2b c a b 2c 4 a b c
c) Cho a; b; c 0 và a + b + c = 1.

Chứng minh rằng: a+2b + c + 4(1- a)(1- b)(1- c)
Giải
a) áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:

1 1
1
) 2 xy .2.
x y
xy
1 1
4
(1) với x; y > 0

x y xy

(x+y)(

2

1
1
a b
Ta có: ab
4 (2)


2
4
ab



áp dụng bất đẳng thức (1) và (2) ta có:

1
1
1
1
1
4
4
2


2

6
2
2
ab a b
2ab 2ab a b
2 (a b ) 2
1
Dấu "=" xảy ra a b
2
2
3
4
3
1
1

1
4
4
*)
2




3
(

)


3
.
14
ab a b 2 2ab a 2 b 2 2ab
2ab a 2 b 2
2
(a b) 2
1
Dấu "=" xảy ra a b
2
1
1 1 1
( ) (3)
b) Từ (1) suy ra:
xy 4 x y

áp dụng bất đẳng thức (3), ta có:

1
1 1
1
1 1 1 1 1
1
1
1
(
) [ ( )]

2a b c 4 2a b c 8a 4 4 b c
8a 16b 16c
1
1
1
1



T-ơng tự
a 2b c 16a 8b 16c
1
1
1
1




a b 2c 16a 16b 8c
1
1
1
1 1 1 1


( )
Cộng vế với vế
2a b c a 2b c a b 2c 4 a b c
Dấu "=" xảy ra a b c
c) áp dụng bất đẳng thức 4xy (x+y)2 ta có:
4(1- a)(1- b)(1- c) = 4(b + c)(1- c)(1- b) (1+b)2(1-b)= (1+b) (1-b2) 1+b = a+2b+c
1
1
Dấu "=" xảy ra a = ; b = 0; c =
2
2
3
Ví dụ 3:
Cho x; y; z và x+y+z=1. Chứng minh:
4
4x 3 4y 3 4z 3 39
Giải
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

10


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpxki cho ba cặp số ( 4x 3 ; 1); ( 4 y 3 ; 1); ( 4z 3 ; 1) ta có:

1. 4x 3 1. 4y 3 1. 4z 3 12 12 12 . 4x 3 4y 3 4z 3

4x 3 4y 3 4z 3 . 3.(4x 4y 4z 9) 13.3 39
1
Dấu "=" xảy ra x y z
3
Ví dụ 4: Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
abc (a+b-c) (b+c-a)(c+a-b)
Cách 1:
Ta có: a > b c a 2 a 2 (b c)2 0
b > a c b 2 b 2 (a c)2 0
c > a b c 2 c 2 (a b)2 0
Nhân vế với vế các bất đẳng thức trên, ta đ-ợc:
a2b2c2 [a 2 (b c)2 ] [b 2 (a c)2 ] [c 2 (a b)2 ]
a2b2c2 (a+b-c)2 (b+c-a)2(c+a-b)2
abc (a+b-c) (b+c-a)(c+a-b)
Dấu "=" xảy ra a = b = c
Cách 2:
2

xy
áp dụng bất đẳng thức xy
. Ta có:
2
2

( a b c) ( b c a )
2

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


2

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


2

(c a ba ) (a b c)
2
(c+a-b)(a+b-c)
a
2


Vì các vế của các bất đẳng trên đều d-ơng nên ta nhân vế với vế chúng lại, ta đ-ợc:
(a+b-c)2 (b+c-a)2(c+a-b)2 a2b2c2
abc (a+b-c) (b+c-a)(c+a-b)
Ví dụ 5: Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

a
b

c


3
bca acb abc
abc
1
1
1
1 1 1


2 với p =
b)
2
pa pb pc
a b c
a)

Giải
a) Đặt A = b+c- a; B = a + c- b; C = a + b- c
Khi đó A+B+C = a+b+c và 2a = a+b+c-(b+c-a) = A+B+C - A = B+C nên a =
b=

AC
AB
;C=
2
2


BC
;
2

Bất đẳng thức cần chứng minh t-ơng đ-ơng với

BC AC AB


3
2A
2B
2C

Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

11


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
BC AC AB


6

A
B
C
B A C A C B
6 (đúng)

A B A C B C
1
1
4
4



b) Ta có:
p a p b 2 p (a b ) c
1
1
4
1
1
4

;


pb pc a pa pc b
1
1
1
1 1 1


2

pa pb pc

a b c
Dấu "=" xảy ra a = b = c
Ví dụ 6: Cho x, y, z > 0. Chứng minh:

2 y
2 x
2 z
1
1
1





x3 y3 y3 z3 z3 x3 x2 y 2 z 2
Giải

Ta có: x3 + y3 2xy x
T-ơng tự:

2 y
y3 z3



2 x
1

3

xy
x y
3

1
2 z
1
; 3

3
zx
yz z x

2 y
2 x
2 z
1
1
1

3



3
3
3
3
3
xy yz zx

x y
y z
z x
1
2
1
1
2 1
1
2 1
Mặt khác 2 2
; 2 2
; 2 2
zx
xy y
yz z
x
x
y
z
1
1
1
1
1
1


2 2 2


xy yz zx x
y
z




2 y
2 x
2 z
1
1
1

3
2 2 2
3
3
3
3
3
x y
y z
z x
x
y
z
Dấu "=" xảy ra x = y = z = 1

Phần III: cực trị đại số

A/ Định nghĩa
Định nghĩa 1:
Cho biểu thức f(x,y,) xác định trên miền D ta nói M l giá trị lớn nhất ca f(x,y,) trên miền D nếu
hai điều kiện sau đ-ợc thoả mãn
- Với x,y D thì f(x,y,) M với M là hằng số
- Tồn tại x0, y0 thuộc D saocho f(x0,y0) = M
Định nghĩa 2:
Cho biểu thức f(x,y,) xác định trên miền D. Ta nói m l giá trị nh nhất ca f(x,y,) trên miền D nếu
hai điều kiện sau đ-ợc thoả mãn
- Với mọi x, y, thuộc D thì f(x,y,) m với m là hằng số
- Tồn tại x0, y0 thuộc D sao cho f(x0,y0) =m
B/ Những sai lầm th-ờng gặp khi giải bài toán tìm cực trị
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

12


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
1. Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1
Ví dụ 1:Tìm cực GTLN của biểu thức

A

1
x 2 6x 17

Giải
Phân thức A có tử không đổi nên A có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất
Ta có x 2 6 x 17 ( x 3) 2 8 8
Min ( x 2 6 x 17) 8 x 3

Vậy MaxA =

1
x3
8

Sai lầm : Ch-a đ-a ra nhận xét và mẫu đều d-ơng
Lời giải đúng
Nhận xét tử và mẫu là các số d-ơng

1
1
Min. = x 2 6x 17
A
A
2
2
Ta có: x 6 x 17 = ( x- 3) + 8 8. Dấu = xy ra x=3
A > 0 do đó AMax

Min

1
1
= 8. Vậy MaxA= x 3
8
A

Ví dụ 2: Tìm GTNN của
A = x2+y2 biết x+y=4

Giải
Ta có A = x +y 2xy
Do đó AMin x2+y2 = 2xy x=y=2
Khi đó MinA= 22+22 =8
Sai lầm: Mới chứng minh đ-ợc f(x,y) g(x,y) chứ ch-a chứng minh đ-ợc f(x,y) m với m là hằng số
Lời giải đúng
Ta có x+y = 4 x2+2xy+y2 = 16
Ta lại có (x-y) 2 0 x2-2xy + y2 0
2(x2+y2) 16
x 2 + y2 8
MinA =8 x =y=2
2. Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2
Ví dụ1 :
2

2

Tìm GTNN của A x x
Lời giải sai

1 1
1
Ax x ( x )
2 4
4
1
1
Vậy MinA = x vô lí
4
2

Lời giải đúng
Để tồn tại
Do đó

x phải có x 0.

A x x 0 MinA = 0 x = 0
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

13


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
Ví dụ 2:
Tìm GTLN của A = xyz(x+y)(y+z)(x+z) với x,y,z 0 và x + y + z = 1
Lời giải sai
áp dụng BĐT 4ab (a b)2

4(x y).z (x y z)2 1

4(x y).z (x y z)2 1
Nhân từng vế (do hai vế đều không âm), ta đ-ợc:
64. xyz(x+y)(y+z)(x+z) 1
=> MaxA =

1
64

Sai lầm:
Chưa chỉ ra được trường hợp xy ra dấu =

Điều kiện để A

1
là
64

x y z
y z x
x y z 0


x y z 1 mâu thuẫn
x z y
x y z 1 x; y; z 0


x; y; z 0
Lời giải đúng
áp dụng BĐT Côsi cho 3 số không âm:
1 = x+y+z 33 xyz

(1)

2= (x+y)+(y+z)+(x+z) 33 (x y)(y z)(x z)

(2)

2
9


Nhân 2 vế (1) và (2). Do hai vế đều không âm 2 93 A A ( )3

2
9

Vậy MaxA = ( ) 2 x y z

1
3

Ví dụ 3:
Tìm GTNN của A =

(x a ).(x b)
với x > 0; a và b là các hằng số d-ơng cho tr-ớc
x
Lời giải sai

Ta có x+a 2 ax
Do đó x y 30

; x b 2 bx (2)

(1)

MinA = 4 ab x a b
Sai lầm : A=4 ab Khi (1) v (2) xy ra dấu = tức l x=a; x=b đòi hi phi có a=b ; a+b thì không
có đ-ợc A=4 ab
Lời giải đúng


x 2 (a b)x ab
ab
A
x
(a b) 2 ab a b ( a b )2
x
x

Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

14


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
ab

x
Vậy MinA = ( a b )
x x ab
x 0
2

Ví dụ 4 :
Tìm GTNN của A= 2x+3y biết 2x2 + 3y2 5
Lời giải sai
Gọi B = 2x + 3y , ta có B 5 .
2

2


1
2

1
2

Xét A+B = 2x+3y+2x2 + 3y2 = 2(x ) 2 3(y ) 2
Ta lại có B 5 nên -B 5
Cộng (1) và (2): A
Sai lầm: với x = y =

5
5

4
4

(1)

(2)

25
25
1
xy
. minA= 4
2
4

1

1
dấu = xy ra ở 1. Nhưng không xy ra ở (2) với x = y = thì B 5 do
2
2

đó -B -5
Lời giải đúng
Xét A 2 (2x 3y) 2 ( 2 . 2x 3. 3y) 2 5(2x 2 3y 2 ) 25
5 A 5 . Vậy MinA = -5 x y 1
C. Một số ph-ơng pháp th-ờng dùng khi tìm cực trị
I. Xét biểu thức phụ
Ví dụ 1: Tìm GTNN, GTLN của
A=

1
2 3 x2
Giải

Đ/K: - 3 x 3
Với - 3 x 3 thì 2=> A > 0
Xét biểu thức B

3 x 2 2 - 3 mà 2 - 3 > 0

1
2 3 x2
A

0 3 x2 3 3 3 x2 0 2 3 2 3 x2 2
1

2 3
MinB = 2 3 3 3 x 2 x 0 maxA
2 3
Ta có

MaxB =2 3 x 2 0 x 3
MinA =

1
2

Nhận xét: Để tìm cực trị của A (A>0) ta có thể xét biểu thức phụ

1
;A; A ; A 2 . Hoặc B sai
A

khác A một hằng số.
Ví dụ 2: Tìm GTNN của A

2
1
với 0 < x < 1
1 x x
Giải

Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

15



Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
2
1
Ta có thể xét biểu thức B
với 0 < x < 1
1 x x
áp dụng bất đẳng thức Côsi với 2 số d-ơng

2x 1 x
;
1 x x

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


B = 2 2 1 x
x
0 x 1( 2 )

Ta có B 2

Giải (1) : 2x 2 (1 x) 2 x 2 1 x
Do 0 < x < 1 nên x 2 1 x x


1
2 1
x 1

Nh- vậy MinB = 2 2 x 2 1

2
1
2x 1 x
)(

) 2 1 3
1 x x
1 x
x

Xét A - B = (

Do đó MinA 2 2 3 x 2 1
Ví dụ 3: Tìm GTNN của

A x2 x 1 x2 x 1
Giải
Cách 1: Nhận xét A > 0 x

A 2 2(x 2 1 x 4 x 2 1) 4 Vậy MinA = 2 x 0
Cách 2: áp dụng bất đẳng thức Côsi

A 24 (x 2 x 1)(x 2 x 1) 2 x 4 x 2 1 2

Vậy MinA = 2 với x = 0
Ví dụ 4: Tìm GTNN của

A x 2 4x 12 x 2 2x 3
Giải
Tập xác định
2

(x 2)(6 x) 0
x 4x 12 0

1 x 3(1)
2

(x 1)(3 x) 0
x 2x 3 0

Xét hiệu ( x 2 4x 12 ) - ( x 2 2x 3 ) =2x+9
Do (1) nên 2x + 9 >0 A 0
Xét A 2 ( (x 2)(6 x) (x 1)(3 x) ) 2
A 0 Nhưng dấu = không xy ra (vì A> 0) .
Ta biến đổi cách khác A 2 (x 2)(6 x) (x 1)(3 x) 2 (x 2)(6 x)(x 1)(3 x)

(x 1)(6 x) (x 2)(3 x) 2 (x 2)(6 x)(x 1)(3 x) (6 x) (3 x)
( (x 1)(6 x) (x 2)(3 x) ) 2 3
Vì ( ( x 1)(6 x ) ( x 2)(3 x ) ) 2 0 , nên A2 3 . Dấu " =" xảy ra x = 0.
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

16



Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
Do A > 0 nên MinA = 3 khi x = 0
II. Đổi biến và tìm cực trị đối với biến mới
Ví dụ : Tìm GTNN, GTLN

A (x 4 1)(y 4 1) biết x; y 0; x y 10
Giải

A (x 1)(y 1) x y x y 1
4

4

4

4

4

4

Ta có x y 10 x 2 y 2 10 2 xy

x 4 y 4 100 40xy 4x 2 y 2 2x 2 y 2
x 4 y 4 100 40xy 2x 2 y 2
Đặt xy = t thì A 100 40t 2t 2 t 4 1
a) Tìm GTNN

A t 4 8t 2 16 10t 2 40t 40 45

A (t 2 4) 2 10(t 2) 2 45 45
AMin = 45 t 2 . Khi đó xy = 2; x y 10
Nên x; y là nghiệm của ph-ơng trình

X 2 10X 2 0

10 2
10 2
;y
2
2
10 2
10 2
;y
hoặc x
2
2
tức

x

b) Tìm GTLN

xy 2
10 2 5
5
) (
) 0t
Ta có 0 xy (
2

2
2
2
3
Viết d-ới dạng A t(t 2t 40) 101
125
125
t 3 2t 40
5 40 0 còn t 0
Do (1) nên t 3
8
8
nên A 101 .
Vậy max A= 101 t 0 tức là x= 0; y= 10 hoặc x= 10 ; y 0
(1)

III. Vận dụng các bất đẳng thức đã biết một cách linh hoạt
Ví dụ 1: Tìm GTLN của
a) A x 1 y 2 biết x+y = 4
b) B

x 1

x

y2
y
Giải

a) Điều kiện x 1; y 2

Ta có 2(a 2 b 2 ) (a b) 2 a b 2(a 2 b 2 )
áp dụng bất đẳng thức trên

A 2(x 1 y 2) 2(x y 3) 2
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

17


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
x 1 y 2
x 1,5
MaxA= 2

x y 4
y 2,5
b) Điều kiện x 1; y 2
ab
áp dụng bất đẳng thức ab
2
1 x 1 x

Coi các bất đẳng thức x 1 1.(x 1)
2
2
2.(y 2)
y
y2

2

2

MaxB =

x 1 x 1 y 2
y
1

;


x
2x x
y
y 2
2

x 1 1
x 2
1 1
2 2




2
4
2
y 2 2
y 4


Ví dụ 2: Tìm GTNN, GTLN của

A x(99 101 x 2 )
Giải
Xét biểu thức phụ A và áp dụng các bất đẳng thức Bunhiacopxki và Côsi

A x ( 99 . 99 1. 101 x 2 ) x (99 1)(99 101 x 2 )

x 2 200 x 2
x .10 200 x 10.
1000
2
x 2 101

99
99
A 1000

x 10
2
1
101 x

x 2 2000 x 2

2

Do đó -1000 A 1000
MinA = -1000 với x= -10

MaxA = 1000 với x=10
Ví dụ 3: Tìm GTNN của
A= x4 +y4 +z4 biết xy + yz +xz =1
Giải

x 4 y 4 2x 2 y 2
y 4 z 4 2y 2 z 2 x 4 y 4 z 4 x 2 y 2 y 2 z 2 x 2 z 2
z 4 x 4 2x 2 z 2
Mặt khác : ta có nếu a + b + c =1 thì a 2 b 2 c 2

1
3

CM: a+b+c =1 (a b c) 2 1

a 2 b 2 c 2 2(ab bc ac) 1
Mà a 2 b 2 c 2 ab bc ac 3(a 2 b 2 c 2 ) 1 a 2 b 2 c 2

1
3

Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

18


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
1
áp dụng kết quả trên x 2 y 2 y 2 z 2 x 2 z 2 xy yz xz
3

1
A x4 y4 z4
3
1
3
Amin = x y z
3
3
Ví dụ 4: a) Cho x; y thay đổi sao cho 0 x 6 và 0 y 7.
Tìm GTLN của M = (6-x) (7- y) (2x + 3y)
b) Cho x; y là các số thực > 1. Tìm GTLN của P =

( x3 y3 ) ( x 2 y 2 )
.
( x 1)( y 1)

x2 y2
c) Cho x; y là các số thực thoả mãn

36 .
9 16
Tìm GTNN; GTLN của S = x y +2008
Giải
a) M =

1
(12 - 2x) (21 - 3y) (2x 3y)
6

áp dụng Côsi với 3 số không âm có M =


1
(12 - 2x) (21 - 3y) (2x 3y)
6

1 12 - 2x 21 - 3y 2x 3y 3 113
(
) =
6
3
6
12 2x 21 3y
1
10

Dấu = xảy ra 21 3y 2x 3y
x = ;y
2
3
0 x 6 ; 0 y 7


113
1
10
x = ;y
2
3
6
(x 3 y 3 ) (x 2 y 2 )

x2
y2

b) P =
=
(x 1)(y 1)
y 1 x 1
KL: GTLN của M =

x2
y2
C1 áp dụng BĐT Côsi
+ 4(y-1) 4x;
+ 4(x-1) 4y => P 8
y 1
x 1
x 2(y 1)
x = y = 2
Dấu = xy ra
y

2
(
x

1
)

y2
x2

2
2
C2 Ta có (x - 2) 0 => x 4(x - 1) vì x > 1 nên
4;
4
y 1
x 1

y2
x 2 y y 2 x (x 2 y 2 )
x2
Suy ra
+
8 hay
(x 1)(y 1)
x 1 y 1
(x 3 y 3 ) (x 2 y 2 )
x 2 y y 2 x (x 2 y 2 ) (x y ) 2 (x y )

mà P =
+
(x 1)(y 1)
(x 1)(y 1)
(x 1)(y 1)
Dấu = xy ra






xyz
2



xy

yz
2

xz



1
2





8

x=y=2

Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

19



Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
c) áp dụng BĐT (a2 + b2) (x2 + y2)

x




(ax + by)2

y


x

y

Ta có ( ) 2 ( ) 2 (32 4 2 ) (3. 4. ) 2
3
4
3
4
Suy ra 36 . 25



x2 y2

).25 ( x y ) 2
=> (

9 16

(x - y)2 => x y 30 => -30 x y 30

y
x
3 4
x 10,8
x y = 30 2

2
x y 36
y 19,2
9 16

Ví dụ 5: Tìm GTNN của

A

x2
y2
z2
biết x; y; z > 0 ;


x y yz zx

xy yz xz 1
Giải


áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki

(

x
. x y
x y

y
z
x2
y2
z2
. yz
. z x)2 (


)(2 x 2 y 2 z )
x y yz zx
yz
zx

x2
y2
z2
x yz





x y yz zx
2
Mặt khác: x+y 2 xy ; y z 2 yz ; z x 2 xz

xy yz xz 1
x yz


2
2
2
1
1
Vậy MinA = x y z
2
3


IV. Chia khoảng để tìm cực trị
Ví dụ 1: Tìm GTLN của
A = x2(3-x) với x 0
Giải

x x
2 2

a) Xét 0 x 3 . Viết A d-ới dạng A 4. . .(3 x)
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số không âm

x x

; ;3 x
2 2

x x
3 x
x x
2
2
)3 1
Ta đ-ợc . .(3 x) (
2 2
3
Do đó A 4(1)
b) Xét x 3, khi đó A 0(2)
So sánh (1) và (2) ta đi đến kết luận
x
3 x
MaxA = 4 2
x2
x 0

Ví dụ 2: Tìm GTLN của A = x 1 x 2
Giải
Đ/ k: -1 x 1
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

20


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS

* Xét - 1

x o thì A 0.

x2 1 x2
* Xét 0 < x 1thì A = x (1 x )
.
2
x 2 1 x 2
1
2
MaxA =
x
2
2
x 0
2

2

Ví dụ 3: Tìm GTNN; GTLN của

A x 3 y 3 biết x; y > 0 ; x2 + y2 =1
Giải
a) Tìm GTLN
3
2

0 x 1
x x

Từ giả thiết
3
x3 y3 x 2 y 2 1
2
0 y 1
y x

x 3 x 2
MaxA=1
x 0; y 1 hoặc x=1; y = 0
y 3 y 2
b) Tìm GTNN

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

x y
1
2

( x 3 y 3 )( x y )
Do đó x y
2
3

3

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki
2

2


2

2

( x 3 y 3 )( x y) ( x 3 y 3 )( x y ) ( x 3 x y 3 y ) 2 ( x 2 y 2 ) 2 1
x3 y3

2
1
1
. Vậy MinA
với x = y =
2
2
2

V. Dùng tam thức bậc hai
5.1 Đổi biến để đ-a về tam thức bậc hai đối với biến mới
Ví dụ: Tìm GTLN của A x 2 x
Giải

2 x y 0 ta có y 2 2 x
1 9 9
A 2 y 2 y ( y )
2 4 4
9
1
1
7

MaxA y 2 x x
4
2
4
4
Điều kiện x 2. Đặt

5.2 Đổi biến để đ-a về bất ph-ơng trình bậc hai với biến mới.
Ví dụ : Tìm GTNN, GTLN của A x 2 y 2 biết x 2 ( x 2 2 y 2 3) ( y 2 2) 2 1(1)
Giải
2
2 2
2
2
2
Từ (1) suy ra ( x y ) 4( x y ) 3 x 0
Vì A x 2 y 2 A2 4 A 3 0 ( A 1).( A 3) 0 1 A 3
VậyMinA=1 x=0 khi đó y= 1
MaxA = 3 x=0 khi đó y = 3
5.3 Đ-a về ph-ơng trình bậc hai sử dụng điều kiện 0
Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN của
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

21


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
x2 x 1
A 2
x x 1

Giải
Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi ph-ơng trình ẩn x sau đây có nghiệm

a

x2 x 1
(1)
x2 x 1

Do x 2 x 1 0 nên (1) ax 2 ax 1 x 2 x 1
(a 1) x 2 (a 1) x (a 1) 0 ( 2)

Tr-ờng hợp 1 nếu a = 1 thì (2) có nghiệm x = 0
Tr-ờng hợp 2 nếu a 1 thì (2) có nghiệm 0 tức là

(a 1) 2 4(a 1) 2 0
(a 1 2a 2)(a 1 2a 2) 0
(3a 1)(3 a) 0
1
a 3 (a 1)
3
(a 1)
a 1
1

Với a = hoặc a = 3 thì nghiệm của (2) là x
2(a 1) 2(1 a)
3
1
Với a = thì x =1, với a = 3 thì x = -1

3
Gộp cả hai tr-ờng hợp 1 và 2, ta có:

1
x 1
3
MaxA = 3 x 1
MinA =

Nhận xét :
a) Ph-ơng pháp giải nh- trên gọi là ph-ơng pháp miền giá trị của hàm số.

1
Đoạn ;3 là tập giá trị của hàm số
3

x2 x 1
A 2
x x 1

b)Cách khác tìm GTLN của A

3x 2 3x 3 2 x 2 4 x 2
2( x 1) 2 1
2( x 1) 2
1
A
3 2



2
2
x x 1
x x 1 3 3( x x 1) 3
MinA =

1
khi và chỉ khi x = 1
3

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất giả trị nhỏ nhất của hàm số
Y = x + 4 x2
(Đề thi Đại học khối B năm 2003)
Giải
TXĐ: -2 x 2
Giả sử x TXĐ ; biểu thức x +

4 x 2 nhận giá trị y0 Ph-ơng trình y0 = x + 4 x 2 hay y0 x =

4 x 2 có nghiệm
=> (y0 x)2 = 4 x2 2x2 2y0x +y02 4 = 0 có nghiệm
' = 8 - y02 0 -2 2 x 2 2

Vì x - 2 => y -2 Do đó - 2 y0 2 2
Vậy Min Y= - 2 x = -2
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

22



Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
MaxY = 2 2 x = 2
VI.Ph-ơng pháp điểm rơi
Nhiều khi gặp những bài mà sử dụng một trong các ph-ơng pháp trên đều không thể giải quyết đ-ợc,
đòi hỏi trong quá trình giải phải biết tách một số hạng nào đó rồi mới áp dụng các ph-ơng pháp trên
thực hiện tiếp đ-ợc. Sau đây tôi sẽ trình bày một số ví dụ chỉ rõ cách tách đó.
Ví dụ 1:
Cho a 3. Tìm MinS = a
Phân tích tìm cách giải: ở đây a và

1
.
a

1
đều d-ơng nên có thể áp dụng bất đẳng thức Cô - si với hai số ta
a

1
1
2 . Dấu = xy ra a = a = 1. Điều này không thoả mãn vì a 3.Vậy phải tách một
a
a

có: a +

số hạng chẳng hạn tách a,có thể viết a = a + (1- ) a Việc tìm nh- sau: áp dụng bất đẳng thức
Cô - si

1

+ a 2 .Dấu = xy ra a =3 thay vào bất đẳng thức trên ta đ-ợc
a

1
9

= . Từ đó có

cách giải nh- sau
Giải

S a

1 a 1 8a
a 1 8.3 10

2 .

a 9 a 9
9 a 9
3

Với a = 3 thì minS =

10
3

a; b 0
1
.Tìm min của S = ab +

ab
a b 1

Ví dụ 2: Cho

Giải
1
1
1
Đặt t 1 t 1


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



2
2


2

Bài toán phụ : cho t 4 . Tìm MinS = t

1

t

1 t 1 15t
t 1 15t
S t
2

t 16 t 16
16 t 16


2 15.4 17


4
6
4

Với t = 4 thì MinS =

17
4

1
nên
2
1
1 15
1
S ab

ab
2 ab.


ab
16ab 16ab
16ab

Do t = 4 a b

Với a = b =

15
a b
16

2

2



17
4

1
17
thì MinS =
.
2

4

Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

23


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
B = ( 1+

x ) (1+

1
y

) + (1+ y ) (1+

1
x

).

Trong đó x và y là các số d-ơng thoả mãn x+ y = 1.
(Câu 1 ý b đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 9 tỉnh Ninh Bình năm học 2004 - 2005)
Giải
1

B=


x

B=

x

x

1

y

1
2 x

x



y

y

y

y



x


2

1

1 1
1
(

)
2 y 2 x
y

x

y

y
x

2

Vì x; y là các số d-ơng nên x + y 2 xy


xy

x y 1

2

2

1
2.
xy

áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
x

1
2 x

2 ;

y

1
2 y

2 ;

1 1
1
x
(

) 2 ;

2 x
y

y

y
x

2

1
2

=>B 4 +3 2 . Dấu = xy ra x = y = .
1
2

Vậy MinB = 4 +3 2 x = y = .
Ví dụ 4: Cho các số d-ơng: a; b và x =
Xét biểu thức P =

ax ax
ax ax



2ab
.
b2 1

1
3b


a) Chứng minh P xác định. Rút gọn P.
b) Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Giải
a) Chứng minh P xác định. Rút gọn P.
Ta có: a; b; x > 0 a + x > 0
(1)

a(b 1) 2
Xét a x = 2
0
b 1
Ta có a + x > a x 0 a x a x 0
Từ (1); (2); (3) P xác định
Rút gọn:

(2)
(3)

a
2ab
a(b 1) 2
a x (b 1) 2
2
Ta có: a + x = a 2
b 1
b 1
b 1
2
a
2ab

a(b 1)
a x b 1 2
2
a - x =a 2
b 1
b 1
b 1
a
a
(b 1) 2
b 1 2
b 1
b 1 1 b 1 b 1 1
P=
3b b 1 b 1 3b
a
a
(b 1) 2
b 1 2 1
b 1
b
Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

24


Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS
2 1
4
*Nếu 0 < b < 1 P =


2b 3b 3b
1 3b 2 1
*Nếu b 1
P = b

3b
3b
b). Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P
Xét 2 tr-ờng hợp:
4
4
*Nếu 0 < b < 1, a d-ơng tuỳ ý thì P = P
3b
3
*Nếu b 1 , a d-ơng tuỳ ý thì P = b

1 b 1 2b

3b 3 3b 3

b 1 2
, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
3 3b 3
2b 2
Mặt khác:
, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
3 3
2 2 4
Vậy P , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1

3 3 3
4
KL: Giá trị nhỏ nhất của P =
3
Ta có:

Việc chia ra các ph-ơng pháp giải cũng chỉ là t-ơng đối trong khi vận dụng giải bài tập dạng này đòi
hỏi chúng ta phải biết áp dụng một cách linh hoạt phối hợp các ph-ơng pháp thì mới đạt hiệu quả.
Phần III: Ph-ơng trình
A. Ph-ơng trình hữu tỷ
4
Ví dụ 1: Giải ph-ơng trình x + 5x3 10x2 + 10x + 4 = 0
Gợi ý
Nhận xét x = 0 không là nghiệm, chia cả hai vế của ph-ơng trình cho x2 đ-ợc x2 + 5x -10 +

10 4
+
=
x x2

x
= t PT trên trở thành t2 + 5t 14 = 0. Giải tiếp tìm đ-ợc nghiệm của PT
2

0 Đặt x +

Ví dụ 2: Giải ph-ơng trình sau a)x4 - 4x3 + 6x2 - 4x + 1 = 0
b) 4x4 + 2x3 + 2x2 + x + 1 = 0
c) 4 (x + 5). (x + 6). (x + 10). (x + 12) = 3x2
Gợi ý

Giải t-ơng tự ví dụ 1
Ví dụ 3: Giải ph-ơng trình sau :
( x2 + 3x 4)2 + 3( x2 + 3x 5) = x + 1
Gợi ý
Đặt y = x + 3x 4 pt trên trở thành x = y + 3y 4 trừ vế cho vế 2 pt trên đ-ợc (x - y)(x + y + 4) =
2

2

0. Giải tiếp tìm đ-ợc nghiệm x1 = 0; x2 = - 4; x3,4 = - 1 5
Ví dụ 4: Giải ph-ơng trình sau:

a)

1
1

15
2
x
( x 1) 2

Nguyễn Anh Tuấn Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long

25