ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN THỊ QUYỂN

KĨ THUẬT TỔNG HỢP
GIẢI BẤT PHƢƠNG TRÌNH HỖN HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN THỊ QUYỂN

KĨ THUẬT TỔNG HỢP
GIẢI BẤT PHƢƠNG TRÌNH HỖN HỢP
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Tốn sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. Tạ Duy Phƣợng

THÁI NGUYÊN - 2018

1

Mục lục

Mở đầu
1

2

Phân loại một số kĩ thuật chủ đạo
trong giải bất phương trình hỗn
hợp
6
1.1. Kĩ thuật biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2. Kĩ thuật nhân với biểu thức liên hợp . . . . . . . . . . . . 11
1.3. Kĩ thuật đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4. Kĩ thuật hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.4.1. Kĩ thuật sử dụng đạo hàm bậc nhất . . . . . . . . . 24
1.4.2. Kĩ thuật sử dụng đạo hàm bậc hai . . . . . . . . . 29
1.4.3. Kĩ thuật sử dụng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất . 34
1.5. Kĩ thuật véc tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.6. Kĩ thuật lượng giác hóa

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

1.7. Kĩ thuật hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2


Một số kĩ thuật tổng hợp giải bất
phương trình hỗn hợp và bất đẳng
thức
43
2.1. Các kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp . . . 43
2.2. Các kĩ thuật tổng hợp chứng minh bất đẳng thức . . . . . 60

Tài liệu tham khảo

65


2

Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Bất phương trình hỗn hợp được hiểu là bất phương trình phức tạp,
chứa nhiều loại hàm khác nhau (đa thức, căn thức, mũ, logarit,...). Để
giải những bất phương trình chứa nhiều loại hàm, ta thường phải "bóc
từng lớp" để đưa về bất phương trình đơn giản. Tuy nhiên, cũng có
nhiều bất phương trình hỗn hợp địi hỏi sử dụng kĩ thuật giải tổng hợp,
nói chung không thể dùng một kĩ thuật, mà phải sử dụng tổng hợp một
vài hoặc đồng thời nhiều kĩ thuật để giải được những bất phương trình
loại này.
Đã có một số sách viết về phương pháp giải bất phương trình và bất
đẳng thức thí dụ, tài liệu [2], [5]. Tuy nhiên, theo quan sát của chúng
tôi, vẫn nên đi sâu phân tích cụ thể và chi tiết hơn các phương pháp và
các kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp và bất đẳng thức.
Trong các đề thi Trung học Phổ thông Quốc gia những năm gần đây
(trước năm 2017) câu khó thường là các bài tốn về phương trình, bất

phương trình hoặc bài tốn liên quan tới bất đẳng thức, bất phương
trình hỗn hợp. Để giải các bài toán này, cần sử dụng thành thạo và
nhuần nhuyễn các kĩ thuật tổng hợp. Bất phương trình hỗn hợp và bất
đẳng thức cũng hay gặp trong các kì thi (thi học sinh giỏi, Olympic


3

30–4, vơ địch Quốc gia, Quốc tế,...).
Với những lí do trên, tác giả đã lựa chọn đề tài: "Kĩ thuật tổng hợp giải
bất phương trình hỗn hợp" làm đề tài luận văn cao học của mình.

2. Lịch sử nghiên cứu
Chủ đề bất phương trình và bất đẳng thức có vị trí và vai trị quan
trọng trong chương trình mơn Tốn ở trường Trung học phổ thông. Kiến
thức và kĩ năng của chủ đề này có mặt xuyên suốt từ cuối Trung học Cơ
sở, tới đầu cấp và đến cuối cấp Trung học phổ thơng, thậm chí trong
các kì thi Olympic sinh viên. Nó đóng vai trị như là chìa khóa để giải
quyết nhiều bài tốn trong thực tế.

3. Mục đích, đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Luận văn hệ thống hóa và trình bày một số kĩ thuật giải bất phương
trình hỗn hợp và bất đẳng thức thường gặp trong các kì thi Olympic,
thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế. Tất cả các bài toán trong luận
văn đều được chọn lựa từ các đề thi vào đại học hoặc các bài thi học
sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế trong và ngồi nước, hoặc từ các báo chí,
thí dụ, Tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ.
Bên cạnh việc hệ thống hóa các đề thi, luận văn cịn cố gắng phân tích,
tổng hợp các phương pháp thơng qua các bài toán cụ thể.
Mục tiêu của luận văn: Luận văn có mục tiêu trình bày các phương

pháp và kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp và bất đẳng
thức. Các phương pháp và kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn
hợp và bất đẳng thức cũng đã được áp dụng cho các bài toán chứng
minh bất đẳng thức, giải bất phương trình, hệ bất phương trình, và các
bài tốn cực trị. Hy vọng luận văn sẽ góp phần làm sáng tỏ thêm các kĩ


4

thuật và phương pháp giải bất phương trình, bất đẳng thức và được áp
dụng vào thực tế học tập và giảng dạy.

4. Phương pháp nghiên cứu
- Phân tích lí thuyết, phân dạng các loại bài tập.
- Đưa ra các bài tập minh họa phù hợp với từng nội dung.
- Tổng hợp tài liệu từ sách tham khảo, các sách liên quan đến đề tài.

5. Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, Luận văn gồm
2 Chương.
Chương 1: Phân loại một số kĩ thuật giải bất phương trình hỗn hợp.
Trong chương này, chúng tơi trình bày các kĩ thuật giải bất phương
trình hỗn hợp. Trong mỗi kĩ thuật, trước hết là trình bày ý tưởng, sau
đó chúng tơi trình bày nhiều ví dụ có lời giải chi tiết, thể hiện rõ kĩ
thuật đã nêu.
Chương 2: Một số kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp và
bất đẳng thức.
Chương 2 trình bày một số bài tốn về bất phương trình hỗn hợp mà
phải dùng tổng hợp các kĩ thuật đã nêu ở chương 1 để giải. Cuối cùng
là một số bài toán về bất đẳng thức.

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên. Đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.
TS. Tạ Duy Phượng. Thầy đã định hướng chọn đề tài và nhiệt tình
hướng dẫn cũng như giải đáp mọi thắc mắc của tơi trong suốt q trình
làm luận văn để tơi hồn thành luận văn này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn tồn thể các thầy cơ trong khoa Toán Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng


5

dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian học tập, thực hiện và
hoàn thành luận văn.
Xin được cảm ơn nhà trường, Trường THPT Quế Võ Số 1, huyện Quế
Võ, tỉnh Bắc Ninh đã tạo điều kiện và giúp đỡ tôi, cảm ơn sự giúp đỡ
của bạn bè, người thân và các đồng nghiệp trong suốt thời gian học tập
và làm luận văn.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2018
Tác giả

Nguyễn Thị Quyển


6

Chương 1

Phân loại một số kĩ thuật chủ đạo
trong giải bất phương trình hỗn hợp
Để giải một bất phương trình, để chứng minh một bất đẳng thức hoặc
một bài toán cực trị loại khó ta có thể sử dụng một số kĩ thuật sau.


1.1.

Kĩ thuật biến đổi tương đương

Nói chung quá trình giải bất phương trình là quá trình biến đổi tương
đương từ bất phương trình phức tạp về bất phương trình đơn giản nhờ
một số tính chất của các hàm vơ tỷ, mũ, logarit, ví dụ:

g(x) < 0

 f (x) ≥ 0

Tính chất 1.1 f (x) ≥ g(x) ⇔ 
 g(x) ≥ 0

f (x) ≥ g 2 (x).

Tính chất 1.2



g(x) ≥ 0



f (x) ≤ g(x) ⇔ f (x) ≥ 0




f (x) ≤ g 2 (x).

Tính chất 1.3 f (x)g(x) ≥ f (x)h(x) tương đương với

f (x) > 1
hoặc
g(x) ≥ h(x)

0 < f (x) < 1
hoặc f (x) = 1 và g(x); h(x) có nghĩa.
g(x) ≤ h(x)


7

Tính chất 1.4 f (x)g(x) ≤ f (x)h(x) tương đương với

f (x) > 1
hoặc
g(x) ≤ h(x)

0 < f (x) < 1
hoặc f (x) = 1 và g(x); h(x) có nghĩa.
g(x) ≥ h(x)
Kỹ thuật biến đổi tương đương là một kĩ thuật cơ bản, tuy nhiên đối
với bất phương trình hỗn hợp, kĩ thuật này không phải lúc nào cũng áp
dụng được một cách hợp lí, mà phải kết hợp thêm một số kĩ thuật khác.
Các ví dụ dưới đây (và trong chương 2) sẽ trình bày và phân tích sâu
hơn nhận xét này.
Bài 1.1 (Đề thi học sinh giỏi lớp 10 - Kon Tum, năm học 2013 -2014)

Giải bất phương trình sau trên tập số thực
−x2 + 8x − 12 > 10 − 2x.

(1.1)

Bài giải. Ta có


10 − 2x < 0
x>5


 − x2 + 8x − 12 ≥ 0
 2≤x≤6


(1.1) ⇔ 
⇔
 10 − 2x ≥ 0
 x≤5


− x2 + 8x − 12 ≥ (10 − 2x)2 .
5x2 − 48x + 112 < 0.

5
5 x ≤ 5
⇔

⇔ 4 < x ≤ 6.
⇔

28
4
<
x
≤
5.
4 < x < .
5
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 4 < x ≤ 6.
Bài 1.2 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Nghệ An, năm học 2013-2014)
Giải bất phương trình
x (x + 2) +

√

x≥

(x + 1)3 .

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.2) có nghĩa là

(1.2)


8

x ≥ 0.

(1.2a)

Với điều kiện (1.2a) thì
(1.2) ⇔ x (x + 2) + 2 x3 + 2x2 + x ≥ (x + 1)3
⇔ x3 + 2x2 − 2 x3 + 2x2 + 1 ≤ 0
⇔
⇔

x3 + 2x2 − 1

2

≤0

x3 + 2x2 = 1


x = −1
√


5
−1
−

⇔ x3 + 2x2 − 1 = 0 ⇔ x =
2√



−1 + 5
x=
.
2
√
−1 + 5
Đối chiếu điều kiện (1.2a) suy ra x =
.
2
√
−1 + 5
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x =
.
2
Bài 1.3 (Đề thi đề nghị Olympic 30 tháng 04 năm 2008, trường THPT
Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên)
Tìm tất cả các cặp(x; y) thỏa mãn bất phương trình
x − |y| −

x2 + y 2 − 1 ≥ 1.

Bài giải. Ta có
x −|y| − x2 + y 2 − 1 ≥ 1 ⇔ x2 + y 2 − 1 ≤ x − |y| − 1

x2 + y 2 − 1 ≥ 0



⇔ x − |y| − 1 ≥ 0




x2 + y 2 − 1 ≤ (x − |y| − 1)2


x2 + y 2 ≥ 1



⇔ x ≥ |y| + 1



x2 + y 2 − 1 ≤ x2 + y 2 + 1 − 2x|y| − 2x + 2|y|

(1.3)


9



2
2


x2 + y 2 ≥ 1
x
+
y

≥
1






⇔ x ≥ |y| + 1
⇔ x ≥ |y| + 1






2(|y| + 1)(x − 1) ≤ 0
2x(|y| + 1) − 2(|y| + 1) ≤ 0
Từ (1.3b) suy ra x ≥ 1.

(1.3a)
(1.3b)
(1.3c)

Từ (1.3c) suy ra x ≤ 1.
Do đó x = 1. Từ (1.3b) suy ra y = 0.
Với x = 1; y = 0 thỏa mãn (1.3a)
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) = (1; 0).
Bài 1.4 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Đà Nẵng, năm học 2014 - 2015)
Giải bất phương trình sau trên tập số thực

log2 4x2 − 4x + 1 − 2x > 2 − (x + 2) log 12

1
−x .
2

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.4) có nghĩa là

4x2 − 4x + 1 > 0
1
⇔x< .
1
 −x>0
2
2

(1.4)

(1.4a)

Với điều kiện (1.4a) thì
1 − 2x
2
⇔ 2 log2 (1 − 2x) − 2x > 2 + (x + 2) log2 (1 − 2x) − x − 2

(1.4) ⇔ log2 (1 − 2x)2 − 2x > 2 + (x + 2) log2

⇔ x log2 (1 − 2x) + x < 0
⇔ x [log2 (1 6x2 + 6x3 − x4 log2 x > x2 − x log2 x + 5

6 + x − x2 + 5

|5 − 2x | +x3 − 50x + 53 − 2m ≤ 0.
Bài giải.
• Giải bất phương trình
√
√
5x + 6x2 + 6x3 − x4 log2 x > x2 − x log2 x + 5 6 + x − x2 + 5.
Điều kiện để bất phương trình (3) có nghĩa là 0 < x ≤ 3.

(3)
(3a)

Với điều kiện (3a) thì
√
√
(3) ⇔ 5 (x − 1) + 6 + x − x2 x log2 x > (x − 1) x log2 x + 5 6 + x − x2
√
⇔ (x − 1) (x log2 x − 5) − 6 + x − x2 (x log2 x − 5) < 0
√
⇔ (x log2 x − 5) 6 + x − x2 + 1 − x > 0.
(3b)
Do 0 < x ≤ 3 nên x log2 x − 5 ≤ 3 log2 3 − 5 < 0. Do vậy
√
(3b) ⇔ 6 + x − x2 + 1 − x < 0
1√
5
⇔ 6 + x − x2 < x − 1 ⇔
⇔ < x ≤ 3.

2
6 + x − x2 < x2 − 2x + 1
5
Vậy bất phương trình (3) có nghiệm < x ≤ 3.
2
• Giải bất phương trình


56

|5 − 2x | +x3 − 50x + 53 − 2m ≤ 0.
Với

(4)

5
< x ≤ 3 ta có
2
(4) ⇔ 2x − 5 + x3 − 50x + 53 − 2m ≤ 0
⇔ x3 − 48x + 48 ≤ 2m.

(4a)

5
; 3 . Ta có
2
5
f (x) = 3x2 − 48 < 0, ∀x ∈
;3 .
2

5
Suy ra hàm số f (x) nghịch biến trên
;3 .
2
Suy ra

Xét hàm số f (x) = x3 − 48x + 48 trên

min f (x) = f (3) = −69.
( 25 ;3]
Để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm thực thì bất phương trình
5
(4a) có nghiệm với ∀x ∈
;3
2
−69
.
⇔ 2m ≥ min f (x) ⇔ 2m ≥ −69 ⇔ m ≥
2
( 52 ;3]
−69
Vậy với m ≥
thì hệ bất phương trình đã cho có nghiệm thực.
2
Bài 2.14 (Đề thi học sinh giỏi 12, Nghệ An, năm 2008)
Cho hệ bất phương trình
√
√
x+ y =4
(5)

√
x + 7 + y + 7 ≤ a (6)
Tìm a để hệ bất phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện
x ≥ 9.
Bài giải. Ta có
(5) ⇔ 4 −

√

x=

√

y ≥ 0 ⇒ x ≤ 16.

√
Đặt t = x, t ∈ [3; 4]. Khi đó
√
y = 4 − t ⇔ y 2 = t2 − 8t + 16. Thế vào bất phương trình (6) ta được
√
√
t2 + 7 + t2 − 8t + 23 ≤ a.
(6a)


57

√
√
Xét hàm số f (t) = t2 + 7 + t2 − 8t + 23 trên [3; 4]. Ta có

t−4
t
+√
f (t) = √
; f (t) = 0 ⇔ t = 2. (loại)
t2 − 8t + 23
t2 + 7
Ta có
√
√
√
f (3) = 4 + 2 2; f (4) = 23 + 7.
√
Suy ra min f (t) = 4 + 2 2.
[3;4]

Để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm thì bất phương trình (6a) có
√
nghiệm t ∈ [3; 4] ⇔ a ≥ min f (t) ⇔ a ≥ 4 + 2 2.
[3;4]
√
Vậy a ≥ 4 + 2 2 thì hệ bất phương trình đã cho có nghiệm.
Bài 2.15 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Thanh Hóa, năm học 2016-2017)
Tìm tất cả các giá trị của m để hệ bất phương trình sau có nghiệm

 log23 (x + 7) + (x − 3) log3 (x + 7) + x − 4 ≥ 0
√
√
mx x + 1 + x + 2 + 27m ≤ x + x + 2.
Bài giải. Điều kiện để hệ bất phương trình đã cho có nghĩa là x ≥ −2.

• Giải bất phương trình
log23 (x + 7) + (x − 3) log3 (x + 7) + x − 4 ≥ 0.

(7)

Đặt t = log3 (x + 7), điều kiện t > 1.
Khi đó bất phương trình (7) trở thành
t2 + (x − 3) t + x − 4 ≥ 0 ⇔ (t + 1) (t + x − 4) ≥ 0 ⇔ t + x − 4 ≥ 0
⇒ log3 (x + 7) + x ≥ 4.

(7a)

Xét hàm số f (x) = log3 (x + 7) + x trên [−2; +∞).
Ta thấy hàm số f (x) đồng biến trên [−2; +∞) và f (2) = 4, suy ra
f (x) ≥ f (2) ⇔ x ≥ 2.
Vậy bất phương trình (7) có nghiệm x ≥ 2.
• Để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm thì bất phương trình
mx x + 1 +

√

x + 2 + 27m ≤ x +

√

x+2

(8)

58

có nghiệm x ≥ 2.
Ta có
√
√
2
(8) ⇔ m
x + 2 + x + 25 ≤ x + 2 + x.
√
Đặt y = x + 2 + x, điều kiện y ≥ 4.

(8a)

Khi đó bất phương trình (8a) trở thành
m y 2 + 25 ≤ y ⇔ m ≤

y
.
y 2 + 25

(8b)

y
trên [4; +∞) . Ta có
+ 25
−y 2 + 25
g (y) =
; g (y) = 0 ⇔ y = 5.
(y 2 + 25)2

Ta có bảng biến thiên
Xét hàm số g(y) =

y2

y

4

+∞

5
+

g (y)

0

−

1
10

g(y)
4
41

Từ bảng biến thiên suy ra max g(y) = g(5) =
[4;+∞)

0
1
.
10

1
Bất phương trình (8b) có nghiệm y ≥ 4 khi và chỉ khi m ≤ .
10
1
thì hệ bất phương trình đã cho có nghiệm.
Vậy m ≤
10
• Nhận xét: Bài này cũng tương tự như Bài 2.16. Tuy nhiên ở đây
chúng tôi muốn giới thiệu thêm cách giải khác của bất phương trình (7)
trong Bài 2.15.
Bài 2.16 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Nam Định, năm học 2016 - 2017)
Tìm tất cả các giá trị của m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
log23 (x + 7) + (x − 3) log3 (x + 7) + x − 4 ≥ 0
x; y ∈ R
√
x − x + 2 − m ≤ 0.


59

Bài giải. Điều kiện để hệ bất phương trình có nghĩa là
x ≥ −2.

(∗)

• Giải bất phương trình
log23 (x + 7) + (x − 3) log3 (x + 7) + x − 4 ≥ 0.

(9)

Với x ≥ −2 suy ra x + 7 ≥ 5 ⇒ log3 (x + 7) ≥ log3 5 > 1.
Ta có
(9) ⇔ [log3 (x + 7) + 1] [log3 (x + 7) + x − 4] ≥ 0
⇔ x + log3 (x + 7) − 4 ≥ 0.

(9a)

Xét hàm số f (x) = x + log3 (x + 7) − 4 trên [−2; +∞). Ta có
1
> 0, ∀x ≥ −2.
f (x) = 1 +
(x + 7) ln 3
Suy ra hàm số f (x) đồng biến trên [−2; +∞) và f (2) = 0.
Khi ấy (9a) được viết dưới dạng f (x) ≥ f (2) ⇔ x ≥ 2.
Vậy bất phương trình (9) có nghiệm x ≥ 2.
• Giải bất phương trình
x−

√

x + 2 − m ≤ 0.

(10)

Ta có

√
(10) ⇔ m ≥ x − x + 2.
√
Xét hàm số g(x) = x − x + 2 trên √
[2; +∞). Ta có
1
2 x+2−1
√
g (x) = 1 − √
=
> 0, ∀x ≥ 2.
2 x+2
2 x+2
Suy ra hàm số g(x) đồng biến trên [2; +∞) và min g(x) = g(2) = 0 .
[2;+∞)

Hệ bất phương trình đã cho có nghiệm thì bất phương trình (10) có
nghiệm x ≥ 2 ⇔ m ≥ 0.
Vậy hệ bất phương trình đã cho có nghiệm khi m ≥ 0.


60

2.2.

Các kĩ thuật tổng hợp chứng minh bất đẳng thức

Chứng minh bất đẳng thức trên một miền cho trước thực chất là ta
đi chứng minh bất phương trình ln nghiệm đúng trong miền đã cho.

Bài 2.17 (Toán học và tuổi trẻ, đặc san số 6)
Cho x; y ∈ (0; 1) ; x = y. Chứng minh rằng
1
y
x
ln
− ln
y−x
1−y
1−x

> 4.

(2.12)

Bài giải.
• Trường hợp 1. Nếu y > x thì bất đẳng thức (2.12) trở thành
x
y
− ln
> 4 (y − x)
ln
1−y
1−x
x
y
− 4y > ln
− 4x.
(2.12a)
⇔ ln

1−y
1−x
t
Xét hàm số f (t) = ln
− 4t trên (0; 1). Ta có
1−t
(2t − 1)2
f (t) =
≥ 0, với ∀t ∈ (0; 1)
t (1 − t)
Do đó hàm số f đồng biến trên (0; 1) và y > x nên f (y) > f (x)
Vậy bất đẳng thức (2.12a) được chứng minh.
• Trường hợp 2. Nếu y < x thì bất đẳng thức (2.12) trở thành
y
x
ln
− ln
< 4 (y − x)
1−y
1−x
y
x
⇔ ln
− 4y < ln
− 4x
1−y
1−x
⇔ f (y) < f (x)
Do hàm số f đồng biến trên (0; 1) và y < x nên f (y) < f (x)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Bài 2.18 (Toán học và tuổi trẻ, đặc san số 6, năm 2013)
Chứng minh rằng với mọi x; y > 0 ta có
y
x+y
e 2x + y <
.
x

(2.13)


61

Bài giải. Ta có
y
(2.13) ⇔ e 2x + y <

x+y
x
x+y
2y
⇔ ln
>
x
2x + y

⇔ ln 1 +

1
2

2y
y
>
.
x
2x + y

(2.13a)

y
Đặt t = 1 + , điều kiện t > 1.
x
Khi đó bất phương trình (2.13a) trở thành
2 (t − 1)
2 (t − 1)
⇔ ln t −
> 0.
ln t >
t+1
t+1
2 (t − 1)
Xét hàm số f (t) = ln t −
với t ∈ [1; +∞). Ta có
t+1
(t − 1)2
f (t) =
≥ 0, ∀t ≥ 1.
t (t + 1)2
Đẳng thức xảy ra khi t = 1.

Do đó hàm số f (t) đồng biến trên [1; +∞) và t > 1
2 (t − 1)
nên f (t) > f (1) = 0 ⇔ ln t −
> 0.
t+1
Vậy bài toán được chứng minh.
Bài 2.19 (Đề thi Olympic 30 tháng 4 năm 2008, trường THPT Nguyễn
Thượng Hiền, TP. Hồ Chí Minh)
Cho x > 0, chứng minh
ln 1 +

1 + x2 <

1
+ ln x.
x

(2.14)

Bài giải. Điều kiện đề bất đẳng thức (2.14) có nghĩa là x > 0.
√
1
Xét hàm số f (x) = ln 1 + 1 + x2 − − ln x trên (0; +∞)
x
Ta có f (x) liên tục trên (0; +∞) và
x
1
1
f (x) = √
− + 2

√
x x
1 + x2 1 + 1 + x2
√
√
x
1 + x2 − 1
x−1
1 + x2 − x
√
√
f (x) =
−
=
> 0, ∀x > 0.
x2
x2 1 + x2
x2 1 + x2


62

Suy ra hàm số f (x) đồng biến
√ trên (0; +∞).
1 + 1 + x2
Mặt khác, ta có lim
= 1.
x→+∞
x
√

1 + 1 + x2
Do hàm số ln
liên tục trên (0; +∞) nên
x
√
1 + 1 + x2
=0
lim ln
x→+∞
x
√
1 + 1 + x2 1
⇒ lim ln
−
=0
x→+∞
x
x
⇒ lim f (x) = 0.
x→+∞

Vậy f (x) < 0, ∀x > 0 hay ln 1 +

√

1 + x2 <

1
+ ln x.
x

Vậy bài toán được chứng minh.
Bài 2.20 ( Đề thi đề nghị Olympic 30 tháng 4 năm 2008, trường THPT
Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam)
Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng
√
3

4sin A+sin B+sin C +

√
3

π

2tan A+tan B+tan C > 21+ 2 .

(2.15)

Bài giải. Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình
nhân ta có
√
3

√
3
4sin A+sin B+sin C + 2tan A+tan B+tan C
2 (sin A + sin B + sin C)
tan A + tan B + tan C
3

3
=2
+2

2 (sin A + sin B + sin C) tan A + tan B + tan C
+
3
3
≥2 2
Để chứng minh bất đẳng thức (2.15) ta đi chứng minh
2 (sin A + sin B + sin C) tan A + tan B + tan C
π
+
1+
3
3
2 2
>2 2
2 (sin A + sin B + sin C) tan A + tan B + tan C
√
+
3
3
⇔ 2
> 2π


63

2 (sin A + sin B + sin C) tan A + tan B + tan C

+
>π
3
3
2
2
1
1
⇔
sin A + tan A − A +
sin B + tan B − B +
3
3
3
3

⇔

1
2
sin C + tan C − C
3
3
Xét hàm số f (x) =

> 0.

(2.15a)

2

1
π
sin x + tan x − x trên 0;
. Ta có
3
3
2

2
1
1
1
cos x +
−
1
=
cos
x
+
cos
x
+
−1
3
3 cos2 x
3
cos2 x
1
≥ .3 − 1 = 0.
3

π
1
π
,
∀x
∈
0;
Mặt khác cos x =
⇒
f
(x)
>
0,
∀x
∈
0;
.
cos2 x
2
2
π
và f (0) = 0.
Suy ra hàm số f (x) đồng biến trên 0;
2
π
2
1
π
Do đó f (x) > f (0), ∀x ∈ 0;
⇒ sin x+ tan x−x > 0, ∀x ∈ 0;

.
2
3
3
2
Khi đó ta có
f (x) =

1
2
sin A + tan A − A > 0,
3
3
2
1
sin B + tan B − B > 0,
3
3
2
1
sin C + tan C − C > 0.
3
3
Suy ra bất đẳng thức (2.15a) được chứng minh.
Vậy bất đẳng thức (2.15) được chứng minh.


64

KẾT LUẬN

Sau một thời gian tìm tịi, nghiên cứu cùng với sự hướng dẫn tận tình
của PGS. TS. Tạ Duy Phượng, tơi đã hồn thành luận văn Thạc sĩ theo
kế hoạch đề ra. Luận văn đã thu được một số kết quả sau:
1. Trình bày chi tiết một số kĩ thuật giải bất phương trình hỗn hợp.
2. Trình bày chi tiết lời giải một số bài tốn khó về bất phương trình
hỗn hợp, bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi của các tỉnh, thành
phố qua các năm, thi Olympic 30-4 Quốc gia và Quốc tế, trong tạp chí
Tốn học và Tuổi trẻ.
3. Một số đề thi do chúng tơi khơng tìm được lời giải gốc nên đã được
chúng tơi tự giải, thí dụ như: Đề thi tốn Quốc gia bảng A năm 1977,
đề thi đề nghị 30 tháng 4 năm 2017, trường THPT Chuyên Nguyễn Du
tỉnh Đắk Lắk, Đề thi học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Quảng Ninh năm 2010,...
Bài giải một số đề thi trong luận văn được trình bày khác với lời giải
gốc, thí dụ: Đề thi đề nghị 30 tháng 4 năm 2017, trường THPT Chuyên
Thoại Ngọc Hầu, An Giang, đề thi Olympic toán Quốc tế năm 1967.
Với hy vọng qua luận văn ta có một bức tranh tương đối rõ nét hơn về
các khả năng ra đề thi (trắc nghiệm, tự luận, kết hợp), mức độ yêu cầu
của các kì thi (đề thi học sinh giỏi của nhiều tỉnh, thành phố, là các
bài cùng dạng), đặc thù của mỗi kì thi mỗi nước. Hy vọng điều này sẽ
trợ giúp các giáo viên thiết kế các đề thi, các bạn học sinh có thể tham
khảo chuẩn bị tốt hơn cho các kì thi học sinh giỏi, thi trung học phổ
thông quốc gia.


65

Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Phạm Kim Chung (2010), Một số bài toán chọn lọc bồi dưỡng học
sinh giỏi, .

[2] Nguyễn Thái Hịe (2009), Các bài tốn về giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam.
[3] Hà Duy Hưng, Nguyễn Sơn Hà, Nguyễn Ngọc Giang, Lê Minh
Cường (2016), Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi THPT mơn tốn,
Tập 1, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.
[4] Hà Duy Hưng (2005), Các bài thi toán Quốc gia Việt Nam (19622005), www.ddtoanhoc.net
[5] Đàm Văn Nhỉ (2013), Bất đẳng thức cực trị hệ phương trình, Nhà
xuất bản Thơng tin và Truyền thơng.
[6] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic toán
học Quốc tế, Nhà xuất bản Giáo dục Đà Nẵng.
[7] Trịnh Khắc Tuân (2015), Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi THPT
môn toán, Tập 2, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.
[8] Ban tổ chức kỳ thi (2017), Tuyển tập đề thi Olymlic 30-4, lần thứ
XXIII-2017, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.
[9] Ban tổ chức kỳ thi (2014), Tuyển tập 20 năm đề thi Olymlic 30-4
Toán 10,11, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.


66

[10] Ban tổ chức kỳ thi (2012), Tổng hợp đề thi Olymlic 30-4, Nhà xuất
bản Đại học Sư phạm Hà Nội.
[11] Đề thi học sinh giỏi các tỉnh, thành phố, Trang mạng www.k2pi.net.
[12] Tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ.
Tiếng Anh
[13] Djuki´c, D., Jankovi´c, V., Mati´c, I., Petrovi´c, N. (2011), A Collection of Problems: Suggested for the International Mathematical
Olympiads: 1959-2009, Springer.