toán về nhị thức niu tơn toán về nhị thức niu tơn i xác định số hạng trong khai triển của nhị thức niu tơn bài 1 tìm số hạng không chứa x trong khai triển giải a ta có do nên số hạng không chứa x tro

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (233.99 KB, 16 trang )

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

TOÁN VỀ NHỊ THỨC NIU-TƠN

I.Xác định số hạng trong khai triển của nhị thức Niu-tơn:

Bài 1: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển:

a

/(2

x

3/ ) ; /(1/

x

3 10

b

x

2 4

x

3 17

)





Giải: a/ Ta có:

10 10

2 3 10 2 10 3 10 20 5

10 10

0 0

(2

3/ )

k

(2 )

k

(3/ )

k k

2

k k

3

k

k k

x

C

x



x

C



x



 











20 5



k

 

0 k



4

nên số hạng không chứa x trong khai triển là

C

104

2 3

6 4



1.088.640.

b/ Ta có:

17 17

3 2 4 3 17 2/ 3 17 3/ 4 (136 17 ) /12

17 17

0 0

(1/

)

k

(

)

k

(

)

k k k

k k

x

C x



x

C x



 











136 17



k

 

0 k



8

nên số hạng không chứa x trong khai triển là

C 

178

24.310

.
Bài 2: Biết hệ sô của số hạng thứ 3 trong khai triển nhị thức

(

x

x x

/ )

n



bằng 36. Tìm số

hạng thứ 7.

Giải: Từ GT



C

n2



n n

(



1) / 2 36





n



8

. Vậy số hạng thứ 7 trong khai triển bằng
6 5/ 2 2 2/ 3 6

(

) (

)

28 .

C x

x



x



Bài 3: Tìm hệ số của

x

4 trong khai triển của:

(1 2

x

3 )

x

2 10



Giải: Ta có:

10 10

2 10 2 2 10 2 10

10 10

0 0 0

(1 2

3 )

(1 2 ) 3

(1 2 ) (3 )

(2 ) (3 )

k

k k k k l l k

k

k k l

x

C

x



C

x



  



























10 20 2
10

0 10

3

2 .20

2

4

2

16.

k l k l l k

k
l k

C C



x

 

l

k

l

k

 

 

  





Có 3 bộ số (k;l) thỏa mãn hệ thức này

là: (8;0), (9;2) và (10;4). Vậy hệ số của

x

4 bằng: 8 2 9 2 2 4 4

.3

. .2 .3

9 10

.2

8.085. C



C C



C



Bài 4: Tìm hệ số của

x

10 trong khai triển của:

(1

x x

x

3 5

)

 



Giải: Ta có: 2 3 5 5 2 5 5 5 2

0 ; 5

(1

)

(1

) (1

)

k l k l

.

2

10

k l

x x

x

C C x



k

l

 

 



 











có 3 cặp (k;l)

thỏa mãn là: (0;5), (2;4) và (4;3). Vậy hệ số của

x

10 trong khai triển bằng:
0 5 2 4 4 3

.

5 5

.

5 5

.

101. C C



C C



C C



Bài 5: Trong khai triển P(x) =

(1 3 )



x

8thành đa thức:

P(x) =

a a x a x

0



1 1



2 2

 

...

a x

8 8. Tìm max

( , ,..., )

a a

1 2

a

8 .
Giải: Ta có:

8
8

8
0

(1 3 )

k

3

k k

k

x

C

x



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

1 1

1 8 8

1 1

2 1 8 8

3 1/(9

) 3/

23/ 4 27 / 4

6 3/(

1) 1/(8

)

3

k k k k

k k

k k k k

k k

a

C

k

a

C

k

 


 













































.
Vậy max

( , ,..., )

a a

1 2

a

8 =

a

7



C

86 6

3 

20.412 II. Tính tổng:

Bài 6: Khai triển (x-2)100=a

0+a1x+a2x2+…+a100x100 a) Tìm a97 b) T= a0+a1+…+a100

c) S=a0-a1+a2-a3+….+a100 d/P=a1+2a2+3a3+…+100a100

Giải: a/ Do

100

100 100 3 3

100 97 100

(

2)

k k

( 2)

k

( 2)

1.293.600

k

x

C x



a

C



















T  

(1 2)

100



1 S   

( 1 2)

100



3

100 .

d/ Từ khai triển trên, đạo hàm hai vế ta được:

99 99 99

1 2 3 100

100(

x



2)



a



2 a x



3 a x



... 100



a x



P



100(1 2)





100

.
Bài 7: Khai triển: (1+2x+3x2)10= a

0+a1x+….+a20x20

a) Tìm a1, a20 , a4 b) Tính S = a0+a1+…+a20

Giải: a/ Ta có:

10 10

2 10 2 2 10 2 10

10 10

0 0 0

(1 2

3 )

(1 2 ) 3

(1 2 ) (3 )

(2 ) (3 )

k

k k k k l l k

k

k k l

x

C

x



C

x



  



























10 20 2 10 1 10

10 1 10 10 20

0 10

3

2 .2 20;

3

k l k l l k

k
l k

C C



x

 

a

C C

a

  







;

8 2 9 2 2 4 4

4 10

.3

. .2 .3

9 10

.2

8.085. a



C



C C



C



b/ Ta có:

S  

(1 2.1 3.1 )



2 10



6

10 .
Bài 8: Khai triển (1+x+x2)1996=a

0+a1x+…+a3992x3992

a/Tính T=a0+a1+…+a3992 ; b) H= a0-a1+a2-….+a3992 ; c) CMR a0+2a1+22a2+…+23992a3992 chia hết 2401.

Giải: a/ Ta có:

T   

(1 1 1 )

2 1996



3

1996.

b/ Ta có:

H







1 ( 1) ( 1)

 





1996



1

c/ Ta có:

a

0



2 a

1



2 a

2



... 2



3992

a

3992

  

(1 2 2 )

2 1996



7

1996



7 

2401

.
Bài 9: Tính giá trị các biểu thức:

a S

/

1

C

n1

2 C a

n2

3 C a

n3 2

...

nC a

nn n1

;





1 2 3 1 2 3 4 2 2

2 3

/

2

3 ...

( 1)

n n

; /

2

2.3

3.4 ...

(

1)

n n

n n n n n n n n

b S

C

n



C c S

C

C a

n n

C a

















Giải: Ta có: 1 1

0 1

(1

)

n n k k

(1

)

n n k k

n n

k k

x

C x

n

x



kC x



 















a/ Cho x = a ta được:

S

1

n a

(

1)

n1

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

b/ Cho x = -1 ta được:

S 

2

0

c/ Đạo hàm hai vế của hệ thức trên ta được:

2 2 2

3
2

(

1)(1

)

n n k

(

1)

k

(

1)(1

)

n

n
k

n n

x



C k k

x



S

n n

a























Bài 10: Tính:

2 3 1

2

1

2

1 ...

2

1

2

3

1

n

n n n n

S C

C

n









Giải: Ta có:

2 2 1 1 1

0 1 0 1 1

(

1)

3

2 (

1)

(

1)

1

n n n

n n

n k k k k n

n n

k k

x

C x

S

C x dx

x

dx

n

  

 



























Bài 11: Tính:

2001 1001

1 2

1 1

1 /

; /

!(2002

)!

(2

1)!(2003 2 )!

k k

a S

b S

k

 







Giải: Ta có:

2002 2001

2001 1001

2 1

1 2002 2 2002

1 1

1

2

1

2 /

;

2002!

k k

a S

C

S

C



 













BÀI TẬP TỰ GIẢI:

1/Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức niwtơn của   

 

 4 

1
2

n
x

x ,biết rằng n là số
nguyên dương thảo mản:      

 

2 3 1

0 2 1 2 2 2 6560

2 ...

2 3 1 1

n
n

n n n n

C C C C

n n . ĐS: n = 7 ; hs = 21/4 .
2/Tìm số hạng chứa x trong khai triển của   

 

3
4

1 n
x

x trong đó n là nghiệm nhỏ nhất của bất
phương trình: Cn0 Cn1...Cnn 512. ĐS: n = 10 ; hs =

C 

104

210

3/Với mỗi số tự nhiên n hãy tính tổng:       



1 1 1

0 1 1 2 2

.2 .2 .2 ...

2 3 1

n n n n

S Cn Cn Cn Cn
n

.
4/Khai triển đa thức P(x)=



1x2 x3



7 ta có P(x)=

a x

21 21



a x

20 20



...



a x

1



a

0. Tìm hệ số

a

11

5/Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức NiuTơn của 5

1 (

x

)

n

x



, biết rằng

4 3

7(

3)

n n

C



C

n











(n là số nguyên dương, x > 0 ) . n = 12; hs = 495.

6/ Với n là số nguyên dương, gọi

a

3n3 là hệ số của

x

3 3n trong khai triển thành đa thức của

(

x

1) (

n

x

2)

n



. Tìm n để

a

3 3n



26 n

.ĐS: n = 5.

7/ Giả sử:

(

1 2

)

3 3



x

1 2 10

0 1 2

...

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

8/ Tìm giá trị của x sao cho số hạng thứ ba của khai triển:

(

x x

lgx

)



là 1.000.000 .

2 3 2lg 3 2lg 3

3 5

10

1.000.000 (3 2lg )lg

5 lg

1; 5/ 2

10; 10 /10

x x

a

C x x

x



x







 

 





sử dụng định nghĩa đạo hàm để tìm giới hạn

Bài tốn 1:

Tìm L =

2 5

( 2009) 1 9 2009
lim
x
x x
x

  

Gi¶i :

§Ỉt f x( ) ( x2 2009) 1 95  x  2009; do f x ( ) 0nªn
L =

( ) (0)

lim '(0)

0
x

f x f

f
x







 . Ta cã:

2
5

4
5

9( 2009)
'( ) 2 1 9

5 (1 9 )
x

f x x x

x

  

9.2009
'(0) 3616,2
5
L f
    .

Bài toán 2:

Tìm L =

2
3
0

2 1 1

lim
x
x x
sinx

 .

Giải :

Đặt f x( ) 2x 1 3 x2 1

    thì f(x) = 0 và 3 2 2

1 2

'( )

2 1 3 ( 1)
x
f x
x x
 
 
0
0

( ) (0)

lim '(0)

'(0) 1 1

1
lim

x

f x f

f
x
f L
sinx
x




   .

Bài toán 3:

T×m L =

1 2 1 s
lim

3 4 2
x
x inx
x x

.

Giải:

Đặt f x( ) 1  2x 1 sinx; g x( ) 3x4 2  x f(0) 0; (0) 0 g 

( ) (0)

lim '(0) 0

0 0

( ) (0) '(0) 1/ 2
lim

0
x

x

f x f

f
x

L

g x g g

x





    


.

Bài toán 4:

Tìm L =

sin 2
0
lim
x sinx
x
e e
sinx


.

Giải:

Đặt f x( )esin 2x  esinx  f(0) 0; '( ) 2 f x  cos xe2 sin 2x  cosxesinx  f '(0) 1 .
Từ đó: 0

( ) (0)

lim '(0)
0 1
1

lim
x
x

f x f

f
x
L
sinx
x




 .

Bài toán 5:

Tìm L =

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

Giải:

Đặt ( ) 3 1; ( ) 2 2 1 ( ) 0; ( ) 0

4 4

f x  tanx  g x  sin x  f   g   ;

2 / 3 2

'( ) tan (1 tan ); '( ) 2sin 2 '( / 4) 2/ 3 & '( / 4) 2

f x   x  x g x  x f   g   .

Nhận xét:

nếu các bài này không sử dụng
định nghĩa đạo hàm để tìm giới hạn thì sẽ rất phức tạp. Sau đây ta xét một số bài toán về giới hạn
mà nếu không sử dụng định nghĩa đạo hàm thỡ khụng gii c.

Bài toán 6:

Tìm L =

3
1
2

2 2 6
lim
2 2
x x
x x
x

.

Giải:

Đặt f x( ) 2x 23x 6; ( )g x 2x 21x f(2) 0; (2) 0g

        ;

3 1 / 2 1 ln 2

'( ) 2 ln 2 2 ln 2; '( ) 2 ln 2 2 ln 2 '(2) 2ln 2; '(2)

2 4

x x x x

f x  g x   f g

      

( ) (2)

lim '(2) 2ln 2

2 8

( ) (2) '(2) (ln 2) / 4
lim

2
x

x

f x f

f
x

L

g x g g

x

.

Bài toán 7:

T×m L =

2 3 2

0
1
lim
ln(1 )

x
x
e x
x


 
 .

Giải:

Đặt ( ) 2 2 31 2 (0) 0; '( ) 4 2 2 12 (1 2) 2 / 3

x x

f x e x f f x xe x x 

       

( ) (0)

lim '(0)

0
ln(1 ) 1
lim

x

f x f

f
x
L
x
x



   
 .

Bài toán 8:

Tìm L =

t
lim

ln(1 2 )
x

x

e anx
x

.

Giải:

Đặt ( ) t '( ) t 2 ; (0) 0; '(0) 1

x

x x e

f x e anx f x e anx f f

cos x

     

( ) (0)

lim '(0) 1

ln(1 2 ) 2 2

lim 2

x

f x f

f
x
L
x
x



   
 .

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ

/ 4

( ) ( / 4)

lim '( / 4) 2/ 3 1
/ 4

( ) ( / 4) '( / 4) 2 3
lim

/ 4
x

x

f x f

f
x

L

g x g g

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

Để chứng minh các BĐT ta có thể sử dụng một số bất đẳng thức hoặc dùng phương pháp đánh giá.

I.Sử dụng một số BĐT cơ bản:

Các BĐT cơ bản ở đây là BĐT Cô-Si: Với n số không âm bất kì:

a a

1

; ;... (

2

a n 

n

2)

ta ln có:
1 2

1 2

...

... ( )

n n

n

a

a a a I

n





; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

a

1



a

2

 

...

a

n.
BĐT Bunhiacơpxki: Với hai bộ số thực bất kì

( ; ;... ),( ; ;... )

a a

1 2

a

n

b b

1 2

b

n ta ln có:

2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 1 2 1 2

(

a b



a b



...



a b

n n

)



(

a



a



...



a

n

)(

b



b



...



b

n

)( )

II

; dấu bằng xảy ra khi và chỉ
Khi: 1 2

1 2

...

n
n

a

b



b

 

b

. BĐT:

2 2 2

(

)

a



b



c



ab bc ca III



; dấu bằng xảy ra khi

a b c

 

.

BĐT:

1 2 1 2

1 ...

(

)

...

n n

n

IV

a



a



a



a



a



a

; trong đó

a a

, ,...

a

n là các số dương; dấu bằng

xảy ra khi và chỉ khi các số này bằng nhau.

Bài 1:

Cho

a b



0

. Chứng minh:

2 2

1

4

1 /

3; /

2 2.

(

)

(

)(

1)

(

)

a a

b a

c a

b a b

a b b

b a b



















Giải: a/ Theo BĐT (I) ta có:

(

)

1 3 .(

).

1

3 (

)

(

)

b

a b

b a b















(đpcm).

Dấu bằng xảy ra khi

b



1;

a



2. Bài 2:

Cho a > 1; b > 1. Chứng minh:

a b



1



b a



1



ab

.

Giải: Theo BĐT (I) ta có:

1 (

1).1

.

(

1) 1

2 b

ab

a b





a b





a







; tương tự ta cũng có:

1

2 ab

b a  

. Cộng các vế của các BĐT này lại ta sẽ được đpcm. Dấu bằng xảy ra khi a = b = 2.

Bài 2’:

a,b,c là ba số khơng âm có tổng bằng 1. Chứng minh:

ab bc ca abc







8/ 27

.
Giải: Theo BĐT (I) ta có: 3

(1

)(1

)

(1

) (1

)

2

3 a

b

c

a

b

c















1 a b c ab bc ca abc ab bc ca abc

8/ 27

 















(đpcm). Dấu bằng xảy ra khi

a = b = c =1/3.

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

Giải: Theo BĐT (I) ta có:

4

a

b

c

6

 

a

3 4

b c

3 3

6

a

bc







; tương tự ta cũng có:

3 3 3 2 3 3 3 2

4 b



c



a



6 b

ca c

;4



a



b



6 c

ab

cộng các vế của các BĐT này lại rồi đơn giản

ta sẽ được BĐT cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

Bài 3’:

Cho ba số dương x,y,z. Chứng minh:

(

x y z



) /

xy z

2 3



432 Bài 4:

Tìm GTNN của biểu thức

P



(

x y



) /

x y

3 6trong đó x,y là các số dương.

Giải: Theo BĐT (I) ta có:

3 6 9 9 9

3 6 3 6 6

(

)

9

3

3.

6.

9.

3

6

3

6 3 6

2 x

y

x

y

x y

P

x y





 













 













 



Vậy GTNN của P bằng

3 / 2

9 6 khi y = 2x.

Bài 5:

Ba số thực a,b,c thỏa mãn hệ thức:

a



b



c



3

. Hãy tìm GTLN của biểu thức
2 2 2

S a





b



c

Giải: Theo BĐT (I) ta có:

a

  

1 1 3 ;

a b

2 6

  

1 1 3 ;

b c

2 6

  

1 1 3

c



9 3



S



3 

S

Vậy GTLN của S bằng 3 khi a = b = c = 1.

Bài 6:

x,y là các số thực thỏa mãn các điều kiện:

0  

x

3;0

 

y

4

. Tìm GTLN của biểu thức:

(3

)(4

)(2

3 )

A





x



y

x



y

Giải: Theo BĐT (I) ta có:

2(3

).3(4

).(2

3 )

(6 2 ) (12 3 ) (2

3 )

6

3 x

y

x

y

x

y

x

y

















6 A

36 







. Vậy GTLN của A bằng 36 khi x = 0 và y = 2.

Bài 7:

x,y,z là các số khơng âm có tổng bằng 1. Tìm GTLN của biểu thức:

(

)(

)

P xyz x y y z z x





Bài 8:

a,b,c là các số dương. Chứng minh:

( ,

)

m n m n m n

n n n

m m m

a

b

c

a

b

c m n N

b

c

a

  









Giải: Theo BĐT (I) ta có:

(

)

( )

(

)

n

m n m n

n m n n m n

m m

a

n

mb

m n

b

m n a

b

 

























. Tương tự

ta cũng có:

(

) ;

(

)

m n m n

n n n n

m m

b

c

n

mc

m n b n

ma

m n c

c

a

 











. Cộng các BĐT này lại rồi đơn

giản ta sẽ được BĐT cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
 Chú ý: Nếu

m n

 

1

thì ta được BĐT:

2 2 2

.

a

b

c

a b c

b



c



a

  

Bài 9:

Cho 3 số thực dương a,b,c. Chứng minh:

3 3 3

.

(

)

(

)

(

)

2 a

b

c

a b c

b c a

c a b

a b c

 





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

Giải: Theo BĐT (I) ta có:

3 3

3 (

) 2

4 (

) 2 4

2 a

b c a

a

b c a

a

b c a









. Tương tự ta cũng

có:

3

;

(

) 2

4

2 (

) 2

4

2 b

c

a b

b

c

a b c

c

c a b

a b c











. Cộng các vế của các BĐT này lại rồi đơn

giản ta sẽ được BĐT cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

Bài 10:

Các số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện:

x y z



 

6

. Tìm GTNN của biểu thức:

3 3 3

x

y

z

S

y z

x z

y x





Bài 11:

Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn hệ thức:

a b c

  

6

. Tìm GTNN của biểu thức:

3 3 3

1 (1

)(1

)

P

a

b

c

 



Bài 12:

Cho x,y,z là ba số thực thoả mãn hệ thức:

x y z



 

0

. Chứng minh:

3 4

x

3 4

y

3 4

z

6 S 





Giải: Theo BĐT (I) ta có:

3 4

x

1 1 1 4

x

4 4

4 x

2.2

x/ 4





  





. Tương tự ta cũng có:

/ 4 / 4 / 4 / 4 / 4 ( ) / 4

3 4

y

2.2 ; 3 4

y z

2.2

z

S

2(2

x

2

y

2 ) 2.3 2

z x y z 

6 

















(đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi

x

  

y z

0 Bài 13:

Cho hai số thực dương x,y có tổng bằng 1. Tìm GTNN của biểu thức:

1 x

y

S

x

y







Giải: Dễ thấy S dương. Theo BĐT (I) ta có:

2 2

x

2

y

2

S

x y

xy

y

x

 







2 2

2
3

3. x

xy

3. y

xy

3(

x y

)

S

2 S

2 y



x







 



. Vậy

MinS 

2

khi x = y = 1/2.

Bài 14:

Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện:

a b c

  

3

. Tìm GTNN của biểu thức:

a

b

c

S

b

c

a





Bài 15:

Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn hệ thức:

a



b



c



1.

Chứng minh:

3 ab bc ca

S

c

a

b







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

3

2 xy

yz

zx

xy z



yz x



zx y





Giải: Do

xy z xy z x y z

 



(

 

) (



x z y z



)(



)

nên theo BĐT (I) ta có:

1 .

2 xy

x

y

x

y

xy z

x z y z

x z

y z























. Tương tự ta cũng có:

1

2 yz

y

z

yz x

x y

x z





















;

1

2 xz

x

z

xz y

x y

y z





















Cộng các BĐT trên ta sẽ được BĐT cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi

x

  

y z

1/ 3

Bài 17:

Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn điều kiện:

x y





6

. Tìm GTNN của biểu thức:

6

8

3

2 P

x

y

x

y





Giải: Theo BĐT (I) ta có:

3

6 8 3

3

2. 3 6

.

2. .

8

3 .6

2 x

y

x

y

x

y

P

x

y

x

y









6 4 9 19

   

. Vậy MinP = 19 khi x = 2 và y = 4.

Bài 18:

Cho 3 số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện:

2 xy



xz



1

. Tìm GTNN của biểu
thức:

3 yz

4 xz

5 xy

S

x

y

z





Giải: Theo BĐT (I) ta có:

S

yz

xz

2 yz

xy

3 xy

xz

2 z

4 y

6 x

y

x

z

y























































2(

x z



) 4(



x y



) 4



xz



8 xy



4

. Vậy MinS = 4 khi x = y = z = 1/3.

Bài 19:

Cho hai số thực không âm x,y thỏa mãn các điều kiện:

x y





4;3

x y





6

.
Tìm GTLN của biểu thức:

P



9. x



4 y

Giải: Theo BĐT (I) ta có:

3.3 .1.1

2 .2

.3 3(

2)

2 (

3)

3 P



x



y



x



y



2 3 3

9 2 3

(

)

(3

) 6 2 3 4

6 6 2 3 4.

6. 6 2 3

2

6 a x y

b x y

a

b







 





 





 

9 4 3

 

. ( Do

a



3 b



3 &

a b

 

2 / 3



a



(2 3 3) / 2 &



b



(9 2 3) / 6



Vậy

MaxP  

9 4 3

khi

x



1&

y



3 Bài 20:

Cho 3 số dương a,b,c. Chứng minh BĐT:

1 1 1 1 1

2 a b c a

2 b c a b

2 c

4 a b c















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

Giải: Theo BĐT (IV) ưng với n =2 ta có:

1

2 a b c

(

a b

) (

a c

)

4 a b a c















 









1 1 1 1

1 1 1

1 2 1 1

4 4

a b

4 a c

16 a b c





























































. Tương tự ta cũng có:

1

2 a



b c



1 1

2 1

16 a b c

















;

1

2 a b

 

c

1 1 1 2

16 a b c

















.Cộng các vế của các BĐT này lại
rồi đơn giản ta sẽ được BĐT cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi

a b c

 

.

Bài 21:

Cho hai số dương a,b có tổng bằng 1. Chứng minh các BĐT sau:

2 2 2 2

1

2

3 /

6; /

14. a

b

ab a



b



ab a



b



Giải: a/ Theo BĐT (IV) ứng với n =2 ta có:

1

2

1

2

1

2

1

2

2 ab a



b



ab



ab a



b



2 2 2

2

4 2 4 6

(

a b



)



2 ab a



b

  

(đpcm). Dấu bằng xảy ra khi

a b

 

1/ 2.

a b

 

Bài 22:

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện:

a b c

  

3/ 2.

Chứng minh:

1/

15/ 2.

a b c

  

a



b



c



Bài 23:

Ba số dương x,y,z có tích bằng 1. Chứng minh:

x



y



z

 

x y z



.
Giải: Áp dụng BĐT (II) và (I) ứng với n = 3 ta có:

2 2 2

(

)

(

).

3 x y z

x



y



z







x y z



(

).

3 x y z

xyz

x y z







 



(đpcm). Dấu bằng xảy ra khi

x

  

y z

1

.
Chú ý: Từ BĐT trên ta suy ra BĐT:

2 2 2
2 2 2

a

b

c

a b

c

b



c



a

 

b

c



a

với a,b,c là các số dương.

Bài 24:

Cho

a c

 

0;

b c

 

0

. Chứng minh:

c b c

(



)



c a c

(



)



ab

.
Giải: Áp dụng BĐT (II) cho hai bộ số

(

c

;

a c



) & (

b c



;

c

)

ta được:

(

c b c

(



)



c a c

(



))



(

c a c b c c

 

)(





)



ab

từ đó suy ra BĐT ccm. Dấu bằng xảy ra

khi

(

)

ab c a b





Bài 25:

Cho 4 số dương x,y,a,b thỏa man các điều kiện:

a x a b x y



;

  

. Chứng minh:

(

)

2 2

x

a x

a

x y

a b x y

a b







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

Giải: Áp dụng BĐT (II) cho hai bộ số

x

;

a x

& (

x y

;

a b x y

)

x y

a b x y









 











 









được:

2 2

(

)

(

) (

)

x

a x

x y a b x y

x a x

x y

a b x y









  





 







 







từ đó suy ra BĐT ccm. Dấu
bằng xảy ra khi bx = ay.

Bài 26:

Bốn số thực a,b,c,d thỏa mãn hệ thức:

a

b

c

d

1





; x là số thực bất kì. Chứng

minh:

2 2 2 2 2 2

(

x



ax b



)



(

x



cx d



)



(2

x



1)

Giải: Áp dụng BĐT (II) ứng với n = 3 ta có:

(

x



ax b



)



(

x



x



1 )(

x



a



b

);

2 2 2 2 2 2 2 2

(

x



cx d



)



(

x



x



1 )(

x



c



d

)



(

x



ax b



)



(

x



cx d



)



2 2 2 2 2 2 2 2 2

(2

x



1)(

x



a



b



x



c



d

) (2



x



1)

(đpcm). Dấu bằng xảy ra khi b=d=1&x=a=c.

Bài 27:

Cho 5 số dương x,y,z,p,q bất kì. Chứng minh:

x

y

z

3 py qz



pz qx



px qy





p q



Giải: Theo BĐT (III) ta có:

x py qz

(



)



y pz qx

(



)



z px qy

(



) (



p q xy yz zx



)(



)



(

p q x y z



)(



) / 3

(*). Áp dụng BĐT (II) cho hai bộ số

x

;

y

;

z

py qz

pz qx

px qy















và

(

x py qz

(



);

y pz qx

(



);

z px qy

(



))

ta được:



(

)

(

)

(

)



(

)

x

y

z

x py qz

y pz qx

z px qy

x y z

py qz

pz qx

px qy





















Kết hợp với BĐT (*) ta sẽ được BĐT ccm. Dấu bằng xảy ra khi;

py qz





pz qx





px qy



.
Bằng cách giải tương tự ta sẽ chứng minh được các BĐT sau:

3

2 a

b

c

b c a c b a





với a,b,c là các số dương bất kì.

a

b

c

d

2 b c d c d a



a b





với a,b,c,d là các số dương bất kì.

2 2 2

2 a

b

c

a b c

b c a c b a

 







với a,b,c là các số dương bất kì.

2 2 2

a

b

c

a b c

b c a

 



a c b b a c

 



 

  

với a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.

a

b

c

3

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

Bài 28:

Cho các số thực x,y,u,v thỏa mãn điều kiện:

x



y



u



v



1

. Chứng minh:

(

)

(

)

2 u x y





v x y





Giải: Theo BĐT (II) :



u x y

(



)



v x y

(



)





(

u



v

) (





x y



)



(

x y



)







2(

x



y

) 2



Từ đó suy ra BĐT cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi

u x y

(



)



v x y

(



).

Bài 29:

Cho a,b,c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện:

a

b

c

1.





Chứng minh:

3 3 3

1

2 a

b

c

b c a c b a





Giải: Theo BĐT (II) ta có:





3 3 3

(

)

(

)

(

)

a

b

c

a b c

b a c

c b a

b c a c b a



















2 2 2 2 2 2 2

(

a



b



c

)



(

a



b



c

)



ab bc ca



. Từ đó ta suy ra BĐT cần chứng minh. Dấu bằng
xảy ra khi

a b c

  

3 / 3

Bài 30:

Ba số x,y,z thỏa mãn điều kiện:

x x

(



1)



y y

(



1)



z z

(



1) 4/ 3.



Chứng minh:

1 x y z

4   

 

Giải: Từ điều kiện ta suy ra:

(

x



1/ 2)



(

y



1/ 2)



(

z



1/ 2)



25/12

. Áp dụng BĐT (II) ta
được:



1.(

x

1/ 2) 1.(

y

1/ 2) 1.(

z

1/ 2)



3 (

x

1/ 2)

(

y

1/ 2)

(

z

1/ 2)

25/ 4

































3/ 2

5/ 2

3/ 2 5/ 2

1

4 x y z





 



 

 

 



   

 

(đpcm).

Dấu bằng xảy ra khi

x

  

y z

4 / 3

Bài 31:

Hai số a,b thỏa mãn điều kiện:

a

b

16 8

a

6

b







. Chứng minh:

/10 4

3 40; / 7

24 a



a



b



b b



a

Giải: a/ Từ điều kiện ta suy ra:

(

a



4)



(

b



3)



9

. Áp dụng BĐT (II) ta được:



4(

a

4) 3(

b

3)



(

a

4)

(

b

3) (4

2 2

3 ) 9.25

4

a

3

b

25 15



































15 4

a

3 b

25 15

10 4

a

3 b

40  

















(đpcm). Dấu bằng xảy ra khi a = 24/5,b = 24/3
hoặc a = 16/5, b = 6/5.

Bài 32:

Ba số x,y,z thỏa mãn điều kiện:

x



y



z



4 x



2 z



0.

Tìm GTNN và GTLN của
biểu thức:

2

3 2 .

S



x



y



z

Bài 33:

Cho a,b,c là ba số không âm thỏa mãn hệ thức:

a b c

  

3.

Tìm GTNN của biểu thức:

2 2 2 2 2 2

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

Giải: Theo BĐT (II) ta có:

2 2

2 2

4

3

1 (

).

1 (

)

3

2

3 2 2

b

b b

a



ab b













a



















 























a









a b



































2 2

3(

) / 2

a

ab b

a b









. Tương tự ta cũng có:

c



cb b





3(

c b



) / 2

;

2 2

3(

) / 2

3(

) 3

c



ca a





c a





S



a b c

 



. Vậy MinS = 3 khi

a b c

  

3 / 3

II.Sử dụng phương pháp đánh giá:

Bài 34:

Cho 3 số dương a,b,c. Chứng minh các BĐT sau:

3 3 3 3 3 3

2 2 2

1 /

;

1 /

.

2 a

b

abc c

b

abc a

c

abc

a b c

b

a

bc b

ac c

ab

abc







 







Giải:a/Ta có:

3 3

(

)(

2 2

)

(

)

(

) 0

a



b



abc



a b a





ab b



abc



a b ab abc ab a b c





 



3 3

1 (

)

(

)

c

a

b

abc

ab a b c

abc a b c









 

. Tương tự ta cũng có các BĐT:

3 3 3 3

1 ;

(

)

(

)

a

b

c



b



abc



abc a b c c

 



a



abc



abc a b c

 

. Cộng các vế của các BĐT này

lại

rồi giản ước ta sẽ được BĐT cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi

a b c

 

.

b/ Theo BĐT (I) ta có: 2

2

0

2

1

2

4

2 bc

b c

a

bc

a bc

a

bc

a bc

abc





 









Tương tự ta cũng có: 2

1 ;

2

1

4 a c

b a

b

ac

abc c

ab

abc







. Cộng các vế của các BĐT này lại rồi đơn

giản ta sẽ được BĐT cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi

a b c

 

.

Bài 35:

Cho 3 số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện:

x



y



z



3.

Tìm GTNN của biểu thức:

1 .

1 P

xy

zy

zx





Bài 36:

Cho 3 số dương a,b,c có tổng bằng 2. Chứng minh:

1.

2 ab

cb

ac

S

c

a

b









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

3 3 3 3 3 3

.

ab

cb

ac

S

a

b

c

b

a

c





Bài 38:

Cho ba số dương x,y,z có tích bằng 8. Tìm GTNN của biểu thức:

2 2 2

log

1 log

1. S



x

 

y

 

z



Giải: Ta có:

2 2 2

(log

1)

(log

1)

(log

1)

1 ( log

1 log

1)

2 x

S







x

 

y

 

z



1

6 3 log

3 2.

2 xyz

2 





Vậy

MinS 

3 2

khi

x

  

y z

2. Bài 39:

Cho 3 số thực x,y,z có tổng bằng 1. Tìm GTNN của biểu thức:

S



x



y



z



xyz

.

Giải: Theo BĐT (II) ta có:

2
4 4 4

1 (

2 2 2 2

)

1 1

(

)

1

3 3 3

27 x



y



z



x



y



z







x y z













. Áp
dụng

BĐT (I) ta được:

4 4 4

4 4 4
4

3

1 1/ 27 3

.4

4

3

4.27

4

3 xyz

x

y

z

S









x



y



z









xyz









1

0.

4.27 xyz









Vậy

MinS 

0

khi

x

  

y z

1/ 3.

Bài 40:

Cho 3 số dương x,y,z bất kì.Tìm GTNN của biểuthức:

2 2 2

2

.

x

y

z

S

x

yz

y

yx

z

yx





Bài 41:

Cho 3 số dương x,y,z bất kì. Chứng minh:

4 6 4 6 4 6 4 4 4

2

1 .

x

y

z

S

y

z

x

y

x

y

z









III.Chứng minh BĐT hoặctìm cực trị bằng phương pháp đổi biến:

Bài 42:

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn hệ thức:

ab bc ca abc





.

Chứng minh BĐT:
2

2

2 2

2

2 2

2

3 b

a

c

b

a

c

S

ab

cb

ac









Giải: Đặt x = 1/a, y = 1/b, z = 1/c thì điều kiện trở thành:

x y z



 

1

và BĐT trở thành:
2

2

2 2

2

2 2

2

3

S



x



y



y



z



z



x



. Theo BĐT (II) ta có:

2 2 2

(

2 ) / 3

(

2 ) / 3

(

2 ) / 3 3(

) / 3

3 S



x



y



y



z



z



x



x y z





(đpcm).

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

Bài 43:

Cho 3 số thực dương x,y,z có tích bằng 1. Chứng minh BĐT:

3 3 3

1

3 .

(

)

(

)

(

)

2 S

x y z

y x z

z y x









Giải: Đặt x = 1/a, y = 1/b, z = 1/c thì điều kiện trở thành:

abc 

1

và BĐT trở thành:

2 2 2

3

2 a

b

c

S

b c a c b a









.Áp dụng BĐT (II)&(I) ta có ngay:
2

(

)

3 2(

)

2 a b c

S

a b c

 







 

Dấu bằng xảy ra khi

a b c

  

1

hay

x

  

y z

1. Bài 44:

Cho 3 số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện:

1/

x



1/

y



1/

z



1.

Chứng minh BĐT:

x yz



y xz



z yx





xyz



x



y



z

Giải: Đặt x = 1/a, y = 1/b, z = 1/c thì điều kiện trở thành:

a b c

  

1

và BĐT trở thành:

1 a bc



b ac



c ab



 

ab



bc



ca

. Ta có:

2 2

(

)

2 (

)

a bc





a a b c

 



bc



a



a bc bc





a



bc

 

a

bc

. Tương tự ta

cũng có:

b ac b



 

ac

;

c ab c



 

ab

. Cộng các BĐT này lại ta sẽ được BĐT ccm.
Dấu bằng xảy ra khi

a b c

  

1/ 3

hay

x

  

y z

3. Bài 45:

Cho hai số thực x,y khác 0 và thỏa mãn điều kiện:

x



y



2 x y y x



2 . Tìm GTNN và
GTLN của biểu thức:

S



2 /

x



1/ .

y

Giải: Đặt

u



1/ &

x

v



1/

y

thì điều kiện trở thành:

2 2

2

(

1/ 2)

(

1)

5/ 4

u



v

 

u

v



u





v





. Theo BĐT (II) ta có:





2 2 2 2 2

(

S



2)



2(

u



1/ 2)

 

v

1 

(2



1 ) (





u



1/ 2)



(

v



1)







25/ 4

 

5/ 2

 

S

2 5/ 2



0,5

S

4,5

 

 

. Vậy MinS = - 0,5 khi x = - 2; y = 2. MaxS = 4,5 khi x = y = 2/3.

Bài 47:

Cho hai số dương x,y thỏa mãn điều kiện:

x



y



1

. Tìm GTNN của biểu thức:

Bài 46:

Hai số thực x,y
thỏa mãn các điều kiện:

y



0 &

x



x

 

y

12.

Tìm GTNN và GTLN

của biểu thức:

A xy x



 

2 y



17.

Giải: Từ điều kiện ta suy ra:

y x



 

x

12 0

  

4  

x

3

;

đồng thời

A



f x

( )



x



3 x



9 x



7

Từ BBT của hàm số ta suy ra:

MaxA Maxf x



( )



f

( 3)





f

(3) 20







4;3



( )

(1)

12 MinA Minf x



f



x -4 -3 1 3
f’(x) + 0 - 0 +

f(x)

20 20
13 -12

(

1)(1 1/ ) (

1)(1 1/ )

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





4;3



Bài 48:

Cho các số thực x,y thỏa mãn điều kiện:

x



y



1

. Tìm GTNN và GTLN
của biểu thức:

4

2

1

2

3 x

xy

T

xy

y











Giải: Từ điều kiện ta suy ra:

2 2

3

2

3

2 x

xy y

T

x

xy y









. Nếu

0

1

1. y

 

x

 

T



Nếu

y 

0

đặt
2

2
2

3

2

1 /

(3

3)

2(

1)

1 0(*)

3

2

1 t

x y

T

t

T

t T

t





















 



. (*) khơng có nghiệm khi

T=1

Với

T 

1,(*)

có

 

' (

T



1)( 2



T



4) 0



khi



2  

T

1

. Kết hợp với trên ta có:

MinT=-2 khi

x



10 /10;

y



3 10 /10

. MaxT=1 khi

x 

1

và y = 0.

Bài 49:

Cho hai số dương x,y thỏa mãn điều kiện:

x y





5/ 4

. Tìm GTNN của biểu thức:

4 /

1/ 4 .

S



x



y

Bài 50:

Cho hai số khơng âm x,y có tổng bằng 1. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức:
2008 2008

1 S





x



y

Giải: Ta có:

2007 2007

2008 2008

1004

1004(1

)

( )

1 1 (1

)

. '( )

1 1 (1

)

x

S

f x

x

f x

x

















2007 2008 2007 2008 4014 2008

'( ) 0

1 (1

)

(1

)

1 1 (1

)

f x

 

x





x

 

x



x



x









x







4014 2008 4014 4014 2008 2008 2006 2006

(1



x

)

(1



x

)







x



(1



x

)







x

(1



x

)





x



(1



x

)







0

2008 2008

1 2

(2

x

1) ( )

P x

x

(1

x

)

(2

x

1) ( ) 0

P x

2 x

1 0

x

1/ 2









 



 



( Vì x và

1 x



khơng đồng thời bằng 0 nên

P x

1

( ) 0; ( ) 0



P x

2



)

f

(0)

f

(1) 1

2; (1/ 2) 2 1 1/ 2

f

2008

MaxS

1

2;

MinS

2 1 1/ 2

2008

</div>

toán về nhị thức niu tơn toán về nhị thức niu tơn i xác định số hạng trong khai triển của nhị thức niu tơn bài 1 tìm số hạng không chứa x trong khai triển giải a ta có do nên số hạng không chứa x tro

<b>TOÁN VỀ NHỊ THỨC NIU-TƠN</b>

<i><b>I.Xác định số hạng trong khai triển của nhị thức Niu-tơn:</b></i>

<i><sub>a</sub></i>

<sub>/(2</sub>

<i><sub>x</sub></i>

<sub>3/ ) ; /(1/</sub>

<i><sub>x</sub></i>

<i><sub>b</sub></i>

<i><sub>x</sub></i>

<i><sub>x</sub></i>

<sub>)</sub>





(2

3/ )

(2 )

(3/ )

2

3

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>C</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>C</i>

<i>x</i>





<sub></sub>



<sub></sub>

20 5



<i>k</i>

 

0

<i>k</i>



4

<i>C</i>

2 3



1.088.640.

(1/

)

(

)

(

)

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>C x</i>

<i>x</i>

<i>C x</i>











136 17



<i>k</i>

 

0

<i>k</i>



8

<i>C </i>

24.310

<sub>(</sub>

<i><sub>x</sub></i>

<i><sub>x</sub></i>

<i><sub>x x</sub></i>

<sub>/ )</sub>





<i>C</i>



<i>n n</i>