Bồi dưỡng hsg toán 9 chuyên đề bất đẳng thức năm 2024

Thầy cô giáo và các em học sinh có nhu cầu tải các tài liệu dưới dạng định dạng word có thể liên hệ đăng kí thành viên Vip của Website: tailieumontoan.com với giá 500 nghìn thời hạn tải trong vòng 6 tháng hoặc 800 nghìn trong thời hạn tải 1 năm. Chi tiết các thức thực hiện liên hệ qua số điện thoại (zalo ): 0393.732.038

Điện thoại: 039.373.2038 (zalo web cũng số này, các bạn có thể kết bạn, mình sẽ giúp đỡ)

Kênh Youtube: //bitly.com.vn/7tq8dm

Email: tailieumontoan.com@gmail.com

Group Tài liệu toán đặc sắc: //bit.ly/2MtVGKW

Page Tài liệu toán học: //bit.ly/2VbEOwC

Website: //tailieumontoan.com

• 1. DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 1
• 2. 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 2 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).
• 3. 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: P 1 a 1 b 1 c        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 3 ; ;         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.
• 4. 2 x yz      * Thay các giá trị của a, b, c vào điều phải tìm ta được: b  ca c  ab x  y  x  3xyz y z k 2  2 2 a bc  c ab a  b  ab cần có 4 Ví dụ: CMR: Nếu z xy c y zx b a    thì 2  2 2 a bc  c ab z b ca y x    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. * Đặt x2  yz y2   zx   z2 xy  k a b c 2 2 2    a x yz ; b y zx ; c z xy k k k 2 3 3 3 3 a bc    x y x xyz 2 k x   2 2 3 3 3 2   Vậy z b ca y x    Ví dụ: Cho a > b >0 thỏa mãn: 3a2 + 3b2 = 10ab. Tính giá trị của biểu thức: P a  b 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. Để sử dụng được 2 2 10 3 2 P2 a b       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)
• 5. dạng toán cơ bản, đối với HS giỏi cần phải có năng lực thao 5 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:
• 6. + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = 0. Gặp những bài toán này HS có thể qui về phương pháp quen thuộc ở bài P    Để làm được bài toán này, HS phải quen với cách viết: 99...9 10n 1 1 1 1 ... 1 1 2 2 3 3 4 1 1 1 1 ... 1 1 2 3 2 3 4 3 4 5 1 2 1 1 1 ... 1 6 toán ban đầu. Ví dụ: Tính giá trị của biểu thức 1 99...92 0,99...92 n n n   . Ta có: 99...92 (10n 1)2    và n 2 n n 0,99...92 10 1 10 n          . Khi đó đặt: a = 10n  1 thì 2   2 2 1 1 P a a a     bài toán quen thuộc. 1  12 2  12 2 1 P  a   a a   a a     a 2 a  2 2 1 1 1 1 1 P a a       a a   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: 2   S n n          (nN, n≥1) Từ bài toán này chúng ta có thể mở rộng và được hai bài toán tính tổng sau: 3     S n n n               , (nN, n≥1) 4 1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6  1   2   3  S n n n n                    , (nN, n≥1) Đồng thời có thể tổng quát hoá bài toán: Tính tổng:
• 7. ... 1 S      k 1 2 k 2 3 k 1 3 4 k 2 n n 1 k n 1                     1 1 1 ... 1 1 4 4 7 7 10 3 2 3 1 1 1 1 ... 1 1 6 6 11 11 16 5 4 5 1 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 1 1 2 3 1 3 4 1 99 100 S           Từ bài toán đã cho HS cần biết cách biến đổi biểu thức trong mỗi căn về 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 k k (k 1) k k 1 (k 1)k k                   1  1    k k k k 1 2 2 2  S                      7 , (nN, n≥1) Mặt khác chúng ta có thể có các bài toán tương tự sau: Tính tổng:    M n n           (nN, n≥1)    T n n           (nN, 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: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 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 2 2 1 1 1 2 2 2 2        2 2 (k  1) k k  1 k  1 k k (vì 2) 2 2 k k k 1 k ( 1)     Do đó: => 2 2 2 1 1 1 1 1 ( 1)        => 1 1 k k k 1 k 1 1 1 ( 1) 1       Cho k = 3, 4, …, 100 ta có: 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 1 1 1 1 2 3 3 4 98 99 99 100        
• 8. 2 c 2  c 2  ac  a 2   a 2  ab  b P  b  c c  ac  a  (1) P  b  c c  ac  a => P2 = 12.9.16 =22.3.32.42 8 98 1 1 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 a ab b    2 b c      16 9 2 2 3 25 3 2 2 c ac a 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: Theo giả thiết:   2 3 3     Ta có: P2 = (ab+2bc+3ac)2 = a2b2+ 4b2c2+ 9a2c2 + 4ab2c + 6a2bc+12a2bc => 2 2 12( 2 )( 2 2 ) 0 3 Bằng cách thay P = ab + 2bc + 3ac và 2c2= a(bc) vào (1) 2 Từ đó: 2 12( 2 )( 2 2 ) 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
• 9. 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: 9 a/ Nếu a < b thì a   a c b b  c b/ Nếu a ≥ b thì a   a c b b  c
• 10.  1  9 . a b ab  10 Bài toán 2: Với x, y, z > 0. CMR: 1 4 xy x  y a/  2  ; b/ 1  1  4 ; 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. Bài toán 2: CMR nếu x, y khác 0 thì | x |  | y |  | x  y |  2 y x y x Dấu “ = “ xảy ra <=> x = ± y. Từ đó suy ra nếu m, n > 0 ta có: 1) m n 2   ; 2) m 1 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. Bài toán 1: Cho a,b ≥ 0. CMR: 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.
• 11. 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 11 tương tự, đặc biệt…
• 12. 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. 12 1. Các kiến thức cơ bản. Cần nhớ:
• 13. các ĐT đại số, thường sử dụng các HĐT quen thuộc (đáng by ay bx a x b y axby a y b x axby ax  )  (  )  (   2 )  (   2 ) a x b y a y b x a b x y 13 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:  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 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:
• 14. + 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: 3 3 3 a b c a  b  c  abc   ( ) ( ) ( ) 2 a b c a  b 2  b  c 2  c  a 2 a b c a b b c c a 2 2 2 [(  )  (  )  (  ) ] 14 3 2 2 2 a b b c c a       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) [( ) ( ) ( ) ]   2  Vậy vế trái của ĐT đã cho bằng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 a b c a b b c c a           ĐT được chứng minh. Bài 6: CMR: a/ 4 49  20 6  4 49  20 6  2 3 Hướng dẫn:
• 15. 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  (3x2  y) y  x3  3x2 y  3x( y )2  ( y )3  (x  y )3 c/ 3 2  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 Chú ý rằng: 2 4 ( 1)2 15 0 x  x   x    . Do đó x 1 = 0 tức là x = 1 a  1  1 a a 3 a a 2 a a 2 a 3 a 15 2 4 Vậy ĐT được chứng minh. f/ 3 2  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. Bài 7: a/ 3 3 2  1  1 2 4 3  3  3 9 9 9 Hướng dẫn: Đặt 3 2  a ; 2  a3 . ĐT cần chứng minh tương đương với: 9( 1) 1 ( 1) 9( 1)   9 3 2 3           Ta biến đổi: a2  a 13  (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)
• 16. 2(3  2 )(1  ) x x2 y x x2 y x x2 y x x2 y x  x2  y x  x2  y x x2 y x x2 y x  x2  y x  x2  y   =   x x2 y x x2 y x x2 4 2 4 2  4 16 Vậy ĐT được chứng minh. b/ CMR: 5  1 3  2 5 5 1 3 2 5 4 4 4    4 4 Giải: Đặt 4 5  a  5  a4 Cần chứng minh: a a a a 3  2 3 2 1 4 1         Khai triển: a a a a 4 4 a ( 1) a a a 3  2 3 2 2(3 2 )(1 )  ( 1) 1 1 2 4              Vậy ĐT được chứng minh. Bài 8: Chứng minh các ĐT sau: a) 2 2 x y        Hướng dẫn: Bình phương 2 vế của ĐT đã cho, ta được: x  y     4 2 2 2       Biến đổi vế phải, ta được:    4 2 2 2     x 2 y x  y 4 Vậy ĐT được chứng minh. b) 2 2 x y        (Chứng minh tương tự a/) c) x x x x x x       Hướng dẫn: Nhân 2 vế với 4 x , ta được:
• 17.  4  x  x2  4  2x  4 ; Tiếp theo áp dụng kết quả câu a/ ta được abx c2 4 2 4 4 a x b x c c ( x  a )( x  b )  a x b x c b x c x a c x a x b  ( )( ) (  )(  ) x b c x b x c ( c a )( x c )( x a )     17 điều cần chứng minh. d) ax c ax b abx c bc ax b bc       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 c a c b b x c x a (  )(  ) b c b a (  )(  ) a b a c         ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 2 (  )(  )   b) 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) c a c b b c b a a b a c         a b x a x b (  )(  )(  )    (  )(  )(  ) c) a b c x c a c b b c b a a b a c         ( )( ) ( )( ) ( )( ) 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 < 0 => từ A2 = 2 => A   2 . Vậy ĐT được chứng minh.
• 18. 1 a . Vậy ĐT được chứng minh. y 18 Cách 2: Nhân A với 2 , ta được: A 2  (3  5)  2  (3 5) 2  6  2 5  6  2 5  ( 5 1)2  ( 5 1)2  5 1 5 1  2  A 2  2 A   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: 3 1 4 2 3 ( 3  1) 2 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: a) 1 2 1  2 : 1 3 1    1 1 2 2 2 2        a 2        a a a a a (Với a ≠ ±1; a ≠ ± 1 ) 2 Hướng dẫn: Biến đổi vế trái, ta được: 1  a 2 1 a a (1  2 )(1  ) (1 2 )(1 2 )  a 1 4 1 2( 1)     1    a 2 : 1 3 1    1 1 2 2 2 2   2               a a a a a a a a a Biến đổi vế phải bằng 1   a 2 1 b) 2 2 x  y x x y x y y 2 x y x  y x xy y x 3 2 2 2  2 1 :                    (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:
• 19. 2 2 c a c b a b b c c a ( )( ) ( )( ) ( )( )  1 1 1 1  1 1 1 1  1 1 1 1 ab ; b)  19 a b c  a b c b a b c a b a c               Hướng dẫn: Ta có: a  c  a  b a b a c a b a c a b c a b c a b a c         ( )( ) (  )(  )    b  a  b  c b c b a b c b a b c a b c a b c b a         ( )( ) (  )(  )    c  b  c  a c a c b c a c b c a b c a b c a c b         ( )( ) (  )(  )    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/ a  b  2(  2) a b   2( b a ) b3 1 a3 1 a 2 b 2  3 b3 1 a3 1 a 2 b 2  3 Giải:
• 20.  b  a  b a a b b 1 1 ( 1 1) 1 1 ( 1)( 1)           a  b  ab     ab   ab  ( ) 2 3 2( 2) 2( 2) ( ) 2 ( 2 ) 2 3 20 a/ Biến đổi vế trái: ( b  1)( b 2  b  1) ( a  1)( a 2  a  1)  a ( b 2  b  1)  b ( a 2  a  1) 2 2    2 2 2 2 b b a a b b a a         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b ab a b a b ab a b a ab b a b            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. Suy ra    a b   b c     0 0 0 c a hay a = b = c. * Nếu a2+ b2+ c2 + ab + bc + ca = 0.
• 21. 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 y2  y2  3 x2 y4  a thì 3 x2  3 y2  3 a2 Giải: Bình phương 2 vế của ĐT đã cho, ta được: x2  3 x4 y2  3 x2 y4  y2  2 (x2  3 x4 y2 )(y2  x2 y4 )  a2 (1) Mà (x2  3 x4 y2 )( y2  3 x2 y4 )  3 x4 y4 (3 x2  3 y2 )2 Do vậy vế trái của (1) bằng: 2 2 3 4 2 3 2 4 3 2 2 3 2 3 2 x y x y x y x y x y       2 ( )      2 2 3 4 2 3 2 4 3 2 3 2 3 x y x y x y x y 3 3 ( )  m c d  2 ; c d a b c d c d a b ( )( ) ( )( ) ac bd ad bc a b c d ( )[2( ) ( )( )] ac bd a b a c     ( )( )( ) m m m a b c d ad bc a . 21 Từ đó => 3 x2  3 y2  3 a2 Bài 18: Đặt a  m b  1 ; a  b c  d  m ac bd ad  bc  3 CMR: m1 + m2 + m3 = m1m2m3 Giải: Ta có: m1 + m2 + m3 = ac  bd ad bc  c d a  b a b      ac  bd ad bc      a b c d      ( )( )      ( )( )( ) ac bd 2(  ) ( )( ) a b c d ad bc ac  bd ad bc a b c d          1 2 3 . .    ( )( )( )  Vậy ĐT được chứng minh. Bài 19: Cho: c  0   b   a  c a a b b c c b CMR: 0    ( b  c )2 ( c  a )2 ( a  b )2
• 22. lượt nhân 2 vế của ĐT đã cho với 1 ; c b a x ;    0 2 2 x =>   x  y  z 2 2 2 2 2 x      1 2   1 2 2 cxy ayz bzx => cxy  ayz  bzx= 0. a =>  0 x . Vậy ĐT được chứng minh. 22 b  c 1 ; c  a a  b 1 sau đó cộng lại. Rút gọn ta được ĐT cần chứng minh. z y Bài 20: Cho    1 c b a z y x 2 2 2    x y z . CMR: 1 2 2 2 c b a Giải: Từ   z  1 c y b a  yz xy z y x            zx ab bc ab c b a c b a 2 2 2  => cxy ayz bzx  abc zx ab yz bc xy ab z c y b a      2 2 2 . c b Mặt khác, từ    0 z y x   abc 2  y 2 2  z  Do đó 1 2 2 2 c b a Bài 21: Cho a + b + c = 1 và 1  1  1  0 a b c . CMR: a2 + b2+ c2 = 1 Bài 22: CMR, nếu: 1  1  1  2 a b c và a + b + c = abc thì ta có: 1 1 1 2 2 2 2    a b c ( 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 Bài 24: Cho 4 4  y  1 b a b x a  ; x2 + y2 = 1. CMR: a) bx2 = ay2 2000 2000 b) 2 1000 1000 1000 b a b ( ) y x a    Giải: a) Ta có   4 4 2 2 2 x  y a b y b x a    => (a + b)(bx4 + ay4) = ab(x2 + y2)2
• 23. bx2)2 = 0 => bx2 = ay2. b) Từ bx2 = ay2 =>   x2 y2  a b   a a b   b a b  z z  zx  . 23 x2 y 2 b a   1 . a  b x2 y 2 Vậy   b a 1 => a  b 2 1000 1  1000          2000 1 a a b x => x  1000   1000 Và 2 1000 1  1000          y =>  1000 1000 y 2000  1 b a  b Suy ra đpcm. Bài 25: Cho a + b + c = 0 . CMR: a4 + b4 + c4 = 1 (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 => a4 + b4 + c4 = 1 (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 1 1         x  xy y yz z zx Giải: Đặt S = x xy  y  yz  z  zx    1 1 1 1 1 1 xz xz xyz xyz z zx z z zx xyz          1 1 2 1 1 1 1 1 xz 1 1              z zx xz z z zx z zx Vậy ĐT được chứng minh.
• 24.  ; 8 8 ay bx  bz cy ay bx  bz cy  => cay cbx  abz acy cay cbx bcx abz abz acy 2  2 2 x yz  z xy 2  2 2 a bc  c ab 2  2 2 x yz y zx  c z xy 24 Bài 28: CMR nếu:  x a b  ; a  b  b  c z c  a c  a  thì: (1 + x)(1 + y)(1 + z) = (1  x)(1  y)(1  z) Hướng dẫn: * Tính (1+ x)(1+ y)(1+ z) = abc  a  b  b  c  c  a  abc * 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: a cx az b c     CMR: (ax + by + cz)2 = (x2 + y2 + z2)(a2 + b2 + c2) Giải: Đặt k = a cx az b c    bcx baz k =  c 2 b 2 a2         => 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) Bài 30: Cho: c y zx b a    Chứng minh: z b ca y x    Hướng dẫn: Đặt k = z xy c b a    => k b y zx k a x yz k       2 2 2 ; ; . Sau đó tính a2  bc; b2  ca; c2  ab theo x, y, z, k .
• 25. 2 a bc  c ab ax by cz bc y z ac x z ab x y ax  by  cz ax  by  cz    bc y z ac x z ab x y ax by cz a b c a b c 25 Rồi suy ra z b ca y x    Bài 31: Cho 3 số a, b, c thỏa mãn: b ≠ c, a + b ≠ c và c2 = 2(ac + bc  ab) CMR: a  c b c 2 2 a a c ( )   2 2 b 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 ) => a  c b c 2 2 a a c ( )   2 2 b b c   ( )   Bài 32: Cho biết ax + by + cz = 0; a + b + c = 1 2000 2 2 2   CMR: 2000 ( )2 ( )2 ( )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) 2 2 2 2 2 2 => 2 2 2 2 2 2 1 2000 ( ) ( ) ( ) ( )( )            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:
• 26.  ax  by  c bx  cy  a cx  ay  b CMR: a3 + b3 + c3 = 3abc 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)
• 27. 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) 27 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)
• 28. 1) (x2 + x + 1) + 2x(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1) (3x  1) 28 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:
• 29. (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) 29 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
• 30. 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 30 =(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)
• 31. 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    M a a a    ab  b a  a  ab  b    a   31 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: a) 2 2 2 2 . 1 3 2 2 2 3
• 32. a . 1 3 2 a =         a a a . 3 3    2   = ba b                                 a 2 a b : b a a a a b b ab a  ab  b ab a  b ab ab a b b a ab a b a b                P x y x y 2 y : 2 y x y x y y x x y                x y x y 2 y : 2 y x y x y x y x y 32           2 2 2 3 2 a b a b a a b a b 2 a = b  a 2 b   a 1  a 2 b  3 2      a a =    a a  2  4  3  1 2  3 b a 2 b 2      a a b a =      a a 2  1  3  1 2  3  b a b  a a b a 2    a a 2  = ba 2 b a  2 b a b 2  1 = b (Điều kiện: b  0; a  1; a  3; a  2b) b) N a 2 a b : 1 1 ab b ab a a b     b a b a b a ab     . 2 . .   ab a b b a        2   2 . .       =  a  b  a  b (Điều kiện: a > 0; b > 0; a   b ) c) 2 2 2 2 2 2 2     2 2 2 2 2
• 33. 2 x y x y y x y xy y x y 4 . 4 4 .          x y y x y y 2 2 2 2  (Điều kiện: x  0; x  ±y) A Với x < 0 x A x x x  13 1 x    x 2 . Với 1 < x < 3    x   x x  2 3 2 3     2    2 3 2 3 2 2 3 2 3 33      2  2   2  2      2 2  4 1 y x  y x  y x y y   2 .2 Bài 52: Rút gọn biểu thức: x x x 1 2       a) 3 x 4 x 1   1     2    3 3 1  x x x 1     x x 1  1 3x  x x 3  1  5  3  x x b) 2  12  36 B      6 6 3 1 5 3    x x   2 6      x x  6 6     6 2 6 x x 1 1        x 3 3 x Bài 53: Rút gọn biểu thức: A a)    4 2 6 2        A A => 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
• 34. x 1, Nếu x  2; C = 2, Nếu x < 2 d) D  4  15  4  15  2 3  5 2D  8  2 15  8  2 15  2 6  2 5 2D  ( 3  5)2  ( 3  5)2  2 ( 5 1)2 2D  3  5  3  5  2 5 1 2D  3  5  5  3  2 5  2   M 2 x    . 1 x x x  x x x x . ( 1)( 1) ( 1) .( 1) (2  )(  1)  (  2)(  1) x x x x x x . ( 1)( 1) 2  2      2  2 x x x 2 2  x  : 4 1    2 3 1  1 x x :  4 1 4 1 : 8   Điều kiện: x 1/4; x > 0 34 2 2D  2 D  2  D  2 Bài 54: a) x x x x x x x  x x 2  1 2 1            x x x x  x  2 . ( 1) ( 1) 1 2 ( 1) 2                x x x 2 x x         x x x 2 x x ( 1) .( 1)      . ( 1)( 1) 2 ( 1) .( 1)      x x x ĐK: x > 0; x  1   b)           4 1 2 1 4 1 2 1 x x x x N              3     4 1 2 2 1 4 1 1 2 1 x x x x   : 8 4 1 x x 2  1  3  4  2 4 1 4 1 x x 2  1  3  2 2  1 4 1               x x x x x x x x 2  . 4 1 x x x x 8 4 4 1   
• 35. 1 1 2 2 2 2 x x x x ( 1 1) ( 1 1) 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x (  1)  2(  1)  1  (  1)  (  1)  2(  1)  1  (  1) 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 x  x  x   x  x   x  2 a x 2 2 c x 2 bc a x 2 b c ac b  x 2 c  a 2 2 2 2 bc a  x b  c  ac b  x c  a  ab c  x a  b 35 c)    1 1 2 P x x 1 1    1 1 2 2         x x x x       2 2 2 (  1)  (  1)  x x 2 2 2 (  1)  (  1)  x x     x  x   x x  x x 2 2 2 x 2 2 x x x 2  1 1  2 1 2 1 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:            c x  ca cb c b  x b a b c b  Q a x a b a c a           2 2 2 TXĐ: abc  0; a  b  c                       b  x         c c a b c b a b b c a a b c a                            ab c  x a  b                abc a b b c c a abc a b b c c a abc a b b c c a                  (*)         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
• 36. 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) =>       2 8 2 8 2 1 8 2 1    .Vậy A = 2 . 3 3 3 2 3 3 3 2 a a a a a a (1  )(1   )  (1  )(1   ) 3 3 2 3 3 2 a a a a 36   ( )( ) 2   Q x b  c a  b a  c abca  bb  cc  a 2 ( )( ) x b  c a  b c  a     abc a b b c c a x 2 abc      Bài 57. Rút gọn: a/ A = 8  2  1  8  2  1 4 4 8 2 1 4   Giải: 4 4 4 A2 = 2  4   8 2 1            A2 =   8 2 1 2 2 4 4 2 8 2 8 2 1 4          A2 = 2 8  2 2 2  2  1 8 2 1 4 4   2( 8 2 1) 4 A2 = 2 8 2 1 4    3 3 a a   b/ B = 3 3 2 3 3 2 1 1 1 1 a a a a      Giải: B = (1   )(1   )
• 37.    n n n n n n n n S          x x x x x2 x x 37 = …= 1 a a 3   4 2   a a 3 4 3 2 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  n n 1 1 1 1 (  1)  .  1 (  1)  1 * Thay n = 1, 2, …, 2010 vào,ta được: 1    1 1 2 2 1 1 2 1 3 1  1   2 3 2 2 3 ... 1 1 1   2010 2009 2009 2010 2009 2010  1 1 1   2011 2010  2010 2011 2010 2011 Do đó 1 1 1 1 ... 1 1 1 1 2 2 3 2010 2011 2011  Bài 59: Rút gọn: a) A =      2 1 2 1        1 . 1 1 4( 1)  1 2    Giải: Điều kiện  2 x x A =     x . 2 2 2 x x 1 1 1 1         1 2 2   x x = x . 2 1 x x 1 1 1 1      2    x x
• 38. 2 1  2  1 a a    a 1 1 1           1 1 2 2 2 38 * x>2 => A = 1 x x 1 1 1 1      2   x x A = 1 2 x . 2 2 1 2 1       x x x x * 1< x< 2 => A = x . 2 2 1 2    x x = 1 2 x  b/ B = a a a   a 4 a a             1 1 1 2 4 4 Với a > 0; a ≠ 1 Giải: Điều kiện: a>0; a  1 B =   a a a a   a a a                 1 1 1 1 1 1 2 2 4 4 4 = a a a a                 1 1 1 1 - a 2 2 4 4 = a a a a a (1 ) - 21 a 4 a               1 1 . a a 4 2 = … = 1  1  0 a a . Vậy với a>0; a  1 Thì B = 0 Bài 60: a) Cho 0 <a <1 rút gọn biểu thức: P =             a 1      1    a a a a a a 1 1 1 1 2 2 . Hướng dẫn: P =  a   a 1 1 1 1 . 1 1 1 1 1   a                      a a a a a a a
• 39. 2x 1 2 x2  x  2x 1 2 x2  x với x  1. Hướng dẫn: B2 = 2x  1 + 2 x2  x + 2x  1  2 x2  x + 2    2  x x x ( )(1 ) . x x x 2   1 x x x 1 2 1   x x x x x  x x x x x x x x  1   1   1   . 39 2x 1 2  2 x2  x =…= 4x => B = 4x  2 x . Vậy B = 2 x c) C = 48  2 75  108  1 147 7 Hướng dẫn: C = 16.3  2 25.3  36.3  1 49.3 7 = 4 3 10 3  6 3  3 =  3 Bài 61: Cho biểu thức: P =   2 1 x x x x 1 2  x x 1 2 1   1              x x x x Rút gọn P. Giải: Điều kiện:           0 1 4 1 x x x  P = 1 2 x  2 x    x  1             2 1  x x x . 1 1 1 1 1 1             x x x x x x  = 1 x  1  2 x  1              2 1  x x x . 1 1 1 1 1 1             x x x x x x   = 1 2 1          2 1 x x 2 1  . 1 1 1 1             x x x x x   = 1 2 1       2  1       . 2 1 x x x . 1 1 1 x x x . 1 1   2 1 1              x x x x x x = 1       . . 1   x x  
• 40. =1 x  x x x x . . . 1 1                    1 1 1 1         a b a b a b a b                        a  b a  ab  b  ab a  b a  b   a b 40      x x 1     = 1   x x 1 = 1  x x   1 1 x  x  . Vậy P = 1 1 x  x  . Bài 62: Cho 3 3 2 2 1 1 Q a b ab : a b 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 . 1 2 1 2 ( ) ( ) ( )( ) 1 1 0 1 1  1 1 2 2 1 1               a b a b a b a b 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: 3 3 2 2 Ta có 1 1 Q a b ab : a b a b a b        1 2 1 2 1 1   : ( ) ( )   a b a b     = (a + b): (a1 + b1) = (a + b):   1 1 = (a + b): a  b ab = ab. Vậy Q = ab Bài 63: Rút gọn biểu thức: a) A = x  x2  4  x  x2  4 với x ≥ 2 b) B = 2x  12x  9  2x  12x  9 với x ≥ 3 2 Giải: a/ A = x  x2  4  x  x2  4 Với x 2 .
• 41.  x2  4 + x + x2  4  2 x  x2  4x  x2  4 41 A2 = 2x 2  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 . Hướng dẫn: 9  4 2 = 8  2  2 2 1 =  2 2 2 1 = 2 2 1 2  9  4 2 = 2  2 2 1 =  2 2 1 = 2 1. 13  30 2  9  4 2 = 43 30 2 = 52  2.5.3 2  3 2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: A2  A + 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:
• 42. > b >0 thỏa mãn: 3a2+ 3b2 = 10ab. Tính giá trị của biểu thức: P a b a  b P a  ab  b a  b  ab ab  ab ab 2 3 3 6 10 6 4 2 3 3 6 10 6 16      1 (vì a, b > 0) P ab bc ca abc abc abc abc 1 1 1 abc. 3 3.                42  a b   Giải: Xét     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a  b a  ab  b a  b  ab ab  ab ab => 1 P  , mà P > 0 => P = 4 2 b/ Cho x > y >0 và 2x2 + 2y2 = 5xy. Tính giá trị của biểu thức: E x  y x y   Chứng minh tương tự phần a/. Xét E2 =  x  y  2       ... 9 3  2 E x y 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. Bài 67: a) Cho 1  1  1  0 a b c P ab bc ca . Tính giá trị của biểu thức:    2 2 2 c a b 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 3 3 3     a b c abc Do đó 2 2 2 3 3 3 3 3 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 1 a 1 b 1 c        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 <=>…
• 43. b + c)(a2 + b2 + c2  ab  bc  ca) = 0                                (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 Tính giá trị của biểu thức Q = 43 a b c    a b c - ab -bc -ca 0     <=> 0 2 2 2 * Nếu a + b + c = 0 => A b a . c b . a c ( c) . ( a) . ( b) A 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 1 a 1 b 1 c (1 1)(1 1)(1 1) 8 b c a  a  b  c   1 1 1 1 1 1 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) => z c   x y z   2 1 1 Tương tự x a   x y z   2 1 1
• 44.  z     b 1 1 1 a b c b c a   a b c   c a b 44 y b   x y z   2 1 1 => Q = 2( ) 2 1 1 1 1 1 1          a b c x y z Bài 69: a) Cho a, b, c là các số thỏa mãn: a b c   c a b   . b b c a a c            a c Tính giá trị của biểu thức: P =     c b a Giải: Từ giả thiết => c a b b a c         2 2 => b b c a a c       Xét 2 trường hợp: * a + b + c = 0 => a  b b  c c  a    . .  ( c )( a )( b )  1 abc c b a * a + b + c ≠ 0 => a = b =c => P = 2.2.2 = 8. b/ Cho 3 số x, y, z thỏa mãn đồng thời:    x y 2 1 0    y z 2 1 0    2 1 0    2 2 2 z x tính giá trị của biểu thức: A = x2000  y2000  z2000 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 =>    1     1   1 x y z => 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:
• 45. = (x + y)3  3xy(x + y) = 63 45    xy x y    yz y z       3 8 15 zx z x tính giá trị của biểu thức: P = x + y + z 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. =>          1 24 z z      1 24 y y     1 24     1 15 9 9 2 16 6 5 4 x x Vậy suy ra P = x+y+ z = 15    5 129 18 1 2 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 Giải: Ta có    xy x y ( ) 1     ( ) 12 xy x y     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 *Với     xy     a     3   4 3 4 x y b => P = (x + y)3  3xy(x + y) = 28 * Với      xy          3 4 3 4 x y b Bài 71: a) Cho a, b, c là các số khác 0 thỏa mãn: a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2. Tính giá trị của biểu thức:
• 46.         c b a P =  2 2 2 2 Tính x3 + y3 + z3 theo a, b, c. 1 1 1 1 1 ( ) . a2 b2 xyz c xy yz zx xyz c x y z c a b a b a x    => x + ak; y = bk; z = ck 46 1 1 1    a c b b) Cho x, y, z là các số không âm thỏa mãn:    x xy y    y yz z       1 3 7 z zx x Tính giá trị của biểu thức: M = x1+y2+z3 (Chứng minh tương tự bài 70a) Bài 72: a) Cho          x  y  z  a x  y  z  b 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. Ta có a2 = (x + y + z)2 => 2 2 2  xy  yz  zx  a b * Từ 2 xy yz zx xyz c x y z c               2 2 2 2 3 3 3 3 (  )  (3  ) 2     b/ Cho        a b c    a b c    y   z c b x a 1 1 2 2 2 Tính giá trị của biểu thức: P = xy + yz + zx. z y Đặt k c b a => P =k2(ab + bc + ca) Từ a + b + c =1 => (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) =1
• 47. + 2(ab + bc + ca ) => ab + bc + ca =0 => P = 0.    a b   a b   a b x và  b   0 x   47 c/ Cho    a b c    a 2 b 2 c 2 a b c       1 1 1 3 3 3 .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) => ab + bc + ca = 0 => 3abc = 0 =>    a b     0 0 0 c * Nếu a = 0 => b c      b 2 c 2 b c     1 1 1 3 3 => b2 + c2 + 2bc = 1 => 2bc = 0 b 0 c 1 =>     =>    0 1 c b       0 0 1 a b c hoặc     0 1 0 c => P = a + b2 + c3 =1 Q = a1998 + b1999 + c29000 = 1 * Nếu b = 0, làm tương tự, ta có     0 0 1 c hoặc       1 0 0 a b c * Nếu c = 0, làm tương tự, ta có     0 1 0 c hoặc       1 0 0 a b c Như vậy trong mọi trường hợp, ta đều có P = 1& Q = 1 Bài 73: a) Cho   z  1 c y b a c z y a x 2 2 2 z y Tính giá trị biểu thức: A = 2 2 2 c b a
• 48. 2 x y z 1 x y z 2 2           zx Giải: Từ 1 =  bzx ayz cxy  xy = 1  2    ca => P = 1 2 2 2 b b c b a 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) a c  b  b a  c  c b  a a b b c c a 48   ca bc ab c b a c b a 2 2 2  yz    zx => A = 1  2   ca bc ab   abc abc abc ayz  bzx  cxy c b a Từ    0   0 ayz  bzx  cxy  0 xyz z y x =>A = 1 0  1 abc . Vậy A = 1 b/ Cho ba số a, b, c thoả mãn điều kiện: abc = 2000 Tính giá trị biểu thức: P = 2000 c b a 2000   1       bc b abc ac c ab a abc Hướng dẫn: Thay 2000 = abc. =>P = abc . a c b .   1       bc b abc ac c ab abc a abc => 1  c 1   1 1     ca  c c ac ac c Bài 74: a/ Cho a, b, c khác không và a + b + c = 0. Tính giá trị biểu thức: Q = 1 1  1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c b  c  a a  c  b    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: P = c c a c b a a b a c ( )( ) ( )( ) (  )(  )       Hướng dẫn: P = (  )(  )(  ) Phân tích tử số thành nhân tử bằng cách thay: c  b = (a  c)  (b  a)
• 49.     = 0. => đpcm. 3 3 3 c c a c b 3 3 3 b b a b c 3   3   3  a b c b c a c a b ak b k k a b a c b a b c c  a c  b 1 a b a c a b b c a  c b  c 49 b a a c b c ( )( )( )        a b b c c a Ta có P = 1 ( )( )( ) 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). S = b a ( a b )( a c ) ( b c )( b a ) (c  a)(c  b)       Hướng dẫn: S = b a ( a b )( a c ) ( b a )( b c ) (c  a)(c  b)       a  = b c  b  c a  c  a b  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 T = b b a b c a a b a c ( )( ) ( )( ) (  )(  )       Hướng dẫn: Ta có:T = c c a c b a a b a c ( )( ) ( )( ) (  )(  )       =       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 Đặt Sk = c ( a b )( a c ) ( b a )( b c ) (c  a)(c  b)       với kN Tính S0, S1, S2, S3. Hướng dẫn: Ta có: * S0 = 1 ( )( ) 1 ( )( ) 1 ( )( )       = 1 ( )( ) ( )( ) 1 ( )( )      
• 50.   = 0. a b c b c a c a b      = 0. 2 2 2 b b a b c 2   2   2  a b c b c a c a b 3 3 3 b b a b c 3   3   3  a b c b c a c a b  1 1   1 1   1 1 x . (*) 2   50 =   a bb ca c b c a c a b    * S1 = c b a ( a b )( a c ) ( b a )( b c ) (c  a)(c  b)       =       a  bb  ca  c * S2 = c c a c b a a b a c ( )( ) ( )( ) (  )(  )       =       a  bb  ca  c Tử số = a2 b  c ab2  c2  bcb  c.  b  ca2  ab  ac  bc b  ca  ba  c Vậy S2 = 1. * S3 = c c a c b a a b a c ( )( ) ( )( ) (  )(  )       =       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: 2 2 2 x y z    2 2 2 2 2 2   2 2 2 z c y b x a a  b  c Hướng dẫn: Từ giả thiết suy ra: 2  z 0 2 2 2 2 2 2 y 2 2 2 2 2 2 x 2 2 2 2 2         z           y           a b c c a b c b a b c x a <=> 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                  c a b c z b a b c y a a b c Do 1 1 0  a a b c 2 2 2 2    ,
• 51. > 0). x 1 1 1 1     2 nên 3 x 1 1       x =  51 1 1 0 2 2 2 2   b a  b  c , 1 1 0 2 2 2 2   c a  b  c . Suy ra x = y = z = 0 => T = 0 b) Cho x>0 thoả mãn điều kiện: x2 + 2 1 x = 7. Tính giá trị biểu thức: 1 x x5 + 5 2 Hướng dẫn: Từ giả thiết suy ra: 1  9 1 3         x x x            Do 21 =        x x x x x x x 3 3 2 3 1 x  =18. x  2 1 1   3     Dễ thấy 7.18 =    3 2 x x x  5 , suy ra:    x x x 5 1 x x5 + 5 = 123 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:
• 52.  ( 3)3  3.( 3)2.1 3. 3.12 13  ( 3 1)3 6 3 10  ( 3 1)3 Vậy 3 6 3 10  3 6 3 10  3 1 ( 3 1)  2 x      3 5 2 ( 5 2) 5 2 5 2 1 5 3 5 5 3 5 3 x  x  x  x  x x x x 3 ( 1) 4     4 A3=x33x+3A  A33Ax33x = 0 2 2 y z x (1  )(1  ) 52 ` b) Tính giá trị của biểu thức: A = (3x3 + 8x2 + 2)2012 , với ( 5 2) 3 17 5 38 5 14 6 5    Hướng dẫn: Rút gọn:     3 2 x             Thay 1 x  => A = 32012. 3 Bài 80: a) Tính giá trị biểu thức: A = 3 3 2 2 3 3 2 2 3 ( 1) 4 2 2  Tại x = 3 1995 Hướng dẫn: Xét A3 = x33x+3A3  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 vì x = 3 1995 . Do đó PT cuối vô nghiệm. Vậy A = 3 1995 . b) Cho x, y, z >0, thoả mãn xy + yz + zx = 1. Tính giá trị của biểu thức: 2 2 2 2 z x y (1 )(1 ) y z (1 )(1 )     P = x 2 2 2 1 1 1 z y x      Giải: Xét: (1+y2) = xy+yz+zx+y2 = x(y + z) + y(y + z) = (y + z)(x + y).
• 53. + z2) = (x + z)(z + y). (1 + x2) = (x + y)(x + z). =>         y z y z y x z x   1 1 y z      .     2 1 1 .  với x = 2 3 =   4 2 3 2   . 2 3 =   4 2 3 2  3 1 2 3 1 2 2 2    4 1 3 1 1   2 1 2  1  <=> 8x + 2 = 16 2  2 53 2 2 2 1 2 x y x z x     =>    y z y z 2 2 1 y z        2 x 2 2 2 1 z x    (1  )(1  ) Tương tự: z x y 2 2 2 1 x y    x y (1  )(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: a) A = x x x x 1  2 1 1 2 1 2 1 1 2      3 4 Giải: Ta có: 1 + 2x = 1 + 4 3 1 4 4  1  2x = 1  4 3 1 4 4         Vậy A = 3  1    3 1  23 3 2 3 3 2    4 1 3 1 2               => A = 1 b) B = x2 + x 4  x 1 với x = 2 8 8 2 Giải: Ta có: 8x = 4 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 .
• 54. x 4  x 1  x2 . Ta có: B = x 4  x 1 + x2 => BC = x + 1 => B(C) = (x + 1) 2 x 2  x 1 x t  (x + 1) = 0. Giải PT này ta có 2 nghiệm: x x x x =   4 2  x x x   x => A = x 2 2 x x =    4 => A =   x x    3  x  và 3  2x  3  2x =a. Tính: 6  2 9  4x2 theo a (x khác 0). 3  2x  3  2x = x x   x a (3 2 ) (3 2 ) . Vậy B =    4 3 2 3 2 54 B  C = 2x2 = 2 1 2   Có thể xem B và (C) là các nghiệm của PT t2    2 t1 = 2 và t 2 =  x 1 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: A = 2 4 2   x  2 x x theo a Giải: A =   x x 2 2 4   x 2   2  =   x x 4 2 4   2 x  2 =   2 2 2 4 4      x 2 2 4    x Bởi vì x > 2 => 2x > 4 => x > 4  x => x  4  x . => A =  4    2  x  2  x  x x  2 2 4 2 x 2  2 2 2  . x    a a b) Cho - 3 2 2 B = x Giải: Ta có: 6  2 9  4x2 = (3  2x) + 2 3  2x3  2x + (3 + 2x) = 2 3  2x  3  2x => B = x x x x x       4 . a
• 55. đó a >0, b>0. Tính giá trị biểu thức: 1 2 a  b 2 a b  a b 2  2    = xy x y với x=  1  a  1 và y = 2  2 1 1 2 1 1       1 vì a  1. 1 vì b 1. 55   b a Bài 83: a) Cho x =        a b 2 A = x 2 1 1  2 2 x x   Giải: Ta có: x2  1 =   ab b a a b 4 1 4            => A = a  b a b a b a b a b ab 2 2 a b ab ab         2 2 2 .   * Nếu a  b => A = 2    b a b a b     * Nếu a < b => A =    a b  a a b a b a b 2     b  a a b) Tính giá trị biểu thức: 2 2 P = 1. 1    xy x 2 y 2 1. 1      a 1  , Với a, b  1  b  1 2  b Hướng dẫn: Tính x2  1 = 2 1 2 1 2 2     2   2     4 4 1 1 1 4 1 4           a a a a a a a a   a 1  2 => 1 2  x =   a  b 1 2   Tương tự:  y 2  1 = b Đáp số: P = 2 2 a b 2 2  1  a b Bài 84: a) Cho E 1   xy  1  xy x  y x  y . Tính giá trị của E, biết: x = 4  8 . 2  2  2 . 2  2  2 y = 3 8  2 12  20 3 18  2 27  45
• 56. 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  1999 1999 2000 1999 a  x  a  a  = ( a  1) + 2 a 1 + 1 =  2 a 1 1 1   56        y =   2   3 3 3 2 2 3 5   9 2 6 3 3 5      Từ đó 5 E  . 8 b) Tính P = 2000 1 1999 1999 2 2000 2  2   . Giải: Ta có: 20002 =(1999 + 1)2 = 19992 + 2.1999 + 1. => 1 + 19992 = 20002  2.1999. => P = 2000 2 2000 2.1999 19992 2    2000 1999 1999 2000 1999    Vậy P = 2000. Bài 85: Tính giá trị biểu thức: a) T = 2 = 2000 2000 2000 2000 2000 2        1 1 ( ) ( 2 ) 1 2 1 2   a  x  a  x .Trong đó x = (a  1); a = 4 + 2 2 Giải: Ta có: 1 2 4 1 1 a  x 2 2 =  a 1 1 . Do vậy:    1    1 2       2 1 1 1 1 2 2     a   a = 1 1 1 1 1 1    a   a (1) Mặt khác: a 1 = 4  2 2  1 =  2 1 2 = 2 1 => T = 1 1 1 1 1 1    a   a = 1 2 2 2 = 1
• 57. 1 . Trong đó x =   1 ; 0 < a <1 a x x x 2 1 1    a a  2 2  1   = 1 +  a a = …=   1 2 1 2 2 a a 1 a 1 a . x  3 x  ( x  1) x  4 x  x  x  x  với x = 3 25 3 3 ( 2 1) 2 4 3 2 2 3 ( 1) 4 x  3 x  ( x  1) x  4 x  x  x  x  = 1 57 b) M = 2 a  x  2  x x 1        a a a a 1 1 2 Hướng dẫn: * Biến đổi biểu thức, ta được: 2 a 1  x 2  2 M = 1  x  x      2 2  2 2 2 2 1 1 1 x x x x x x        = 2a1 x2  x 1 x2  = a2  2x2  2x 1 x2  = a1 x2  2x 1 x2  x2 1 =     1  1   2 a x2 x (*) * Mặt khác: 1 + x2 = 1 +                  a a a a a a 1 2 1 1 1 4  a a a    1 2 2 4     1 2 a a 1 . = … =   4a 1 a => (*) =                  a    1 1   1 1 2 (1 ) 2 1 1 2 2 a a a a a =             1 1 1 1  1 4 1    a a                 a a a a a Vậy M = 1. c) A= 3 3 2 2 3 3 2 2 3 ( 1) 4 2 2  Hướng dẫn: Sử dụng hằng đẳng thức: (a+b)3 = a3+ b3+ 3ab( a + b), ta được: A3 = x x x x x x x x 3AB 2 2           Trong đó: B = 3 3 2 2 3 3 2 2 3 ( 1) 4 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.
• 58.    1 a a a a 1          ... 1 1 1 2 2    2 2 ( vì 2) 1  1    k k k k 58 => A = x. Vậy A = 3 25 . Bài 86: Tính giá trị của biểu thức a) P = 1 99... 92  0,99... 92 n n Hướng dẫn: Ta có: 99...92  (10n 1)2  n 0,99...9 (10  1) n n n 2 2 2 10     n  1 (10 1)2 10 1 => P =     n    n 10 Đặt a = 10n  1; khi đó: P = 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) a 1 a 1 ( 1)      P = … P = a a a a   ( 1) 1 1 1 1 2 2 2      a a Suy ra: P =  n n 10 10 1 n n n n n 102 10 1 n 10 0,99...9 10 10        Vậy => P =   99...9,00...01 n n 1 1 1 1 1 1 1 1 b) S = 1 2 2 2 3 2 1 2 3 2 4 2 1 2 99 2 1002 Hướng dẫn: Xét với k  N,k  2 ta có: 2 2 1 1 1  1 1 2 2   k k k k k 1 ( k 1) k k 1 2 ( 1) 1 2              = k k k k 1 k k 2 1 1 2 ( 1)       2 2 k k k 1 k ( 1)     Do đó: => 2 2 2 1 1 1 1 1 ( 1)       
• 59. 2  1       x    . Tính P = x3+ 3x + 2 x u v 2 1 1    b 2 c 2  c 2  ac  a 2   a 2  ab  b 2 b  c c  ac  a  (1) 59 => 1 1 k k k 1 k 1 1 1 ( 1) 1        cho k = 3,4, …, 100 ta có: S =  1          1        1     1 100 99 1 1 99 98 ... 1 1 4 3 1 1 3 2 1 98  1  1  = 98,49 100 2 Bài 87: a ) Cho 2 1 1 3 3 2  1 Hướng dẫn: Đặt u = 3 2 1 v = 1  3 2 1 thì   u.v 1     x3= ( uv)3= u3  v3 3uv(uv) = 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 a ab b    2 b c      16 9 2 2 3 25 3 2 2 c ac a Tính giá trị của P = ab +2bc + 3ac Hướng dẫn: Theo giả thiết:   2 3 3     Ta có: P2 = (ab+2bc+3ac)2= a2b2+ 4b2c2+ 9a2c2 + 4ab2c + 6a2bc+12a2bc => P2 12( 2 )( 2 2 ) 0 3 Bằng cách thay P = ab + 2bc + 3ac và 2c2= a(bc) vào (1)
• 60.  c c  ac  a Từ đó: P2 = 12( 2 )( 2 2 ) 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), < (nhỏ hơn), ≥ (lớn hơn hoặc bằng), ≤ (nhỏ hơn hoặc bằng). Ta có A >B <=> A – B > 0 A ≥B <=> A – B ≥ 0. - Trong BĐT A > B (hoặc A < B, A ≥ B, A ≤ B), A gọi là vế trái, B gọi là vế phải của BĐT. - Các BĐT A > B và C > D gọi là hai BĐT cùng chiều. - Các BĐT A > B và E < F gọi là hai BĐT trái (ngược) chiều. - Nếu ta có A > 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) là BĐT ngặt; A ≥ B (hoặc A ≤ B) là BĐT không ngặt. - A ≥ B là 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 < C. b/ Tính chất: Tính chất 1. a > b <=> b < a Tính chất 2. a > 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.
• 61. ac bc c Tính chất 5. a > b <=> , 0       , 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 => n a  n b Hệ quả: a, b ≥ 0, a2 ≥ b2 <=> a ≥ b <=> a  b 61 Tính chất 9. a > b, ab > 0 => 1  1 a b Tính chất 10. a > 1, m và n nguyên dương, m > n => am > an; 0 < a <1, m và n nguyên dương, m > n => am < am. c/Chứng minh BĐT. Muốn chứng minh một BĐT, ta phải dựa vào những BĐT đúng đã biết. Ghi nhớ:  a . a2 ≥ 0, a2 ≤ 0 , Dấu “ = ” xảy ra <=> 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
• 62. 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 ab a b a b ab 1 a ) + (d2ad+ 2 62 => (a + b)2  4ab Dấu "=" xảy ra <=> a = b Bài 2: CMR: a b  ab  2 Với mọi a,b > 0 ( ) Xét hiệu: 0 2 2 2 2 2        => a b  ab  2 . Dấu "=" xảy ra <=> a = b 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 = (b2ab+ 1 a 2 ) + (c2ac + 2 4 4 1 a ) + (e2  ae + 2 4 1 a ) 4
• 63. (d  a 1 )2 + (e  a x2  2  2 x2 1 ( 2 1 1)2 x  2 . Dấu "=" xảy ra <=> x = 0. 1 a b b a  0 => 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 63 1 )2 + (c  a = (b  a 2 2 2 1 )2  0 2 => a2 + b2 + c2 + d2 + e2  a( b + c + d + e) Dấu " =" xảy ra <=> b = c = d = e = 1 a 2 Bài 5: CMR: 2  x 2  2 1  x 2 Xét hiệu: 2  x 2  2 = 1  x 2 2 = 0 2  x   => 2  2 1  x 2 Bài 6: Cho a  1;b  1. CMR: a b 1  b a 1  ab Giải: Lập hiệu 2 2 1 2 1 2 ab  (a b 1  b a 1)  1 ab  a b   b a  =… =            2 2 1 1 2 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 <=> 2a2 + 2b2 + 2c2  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
• 64. (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. Dấu "=" xảy ra <=> 64 c d a  b Bài 11: Cho a,b  1. CMR:  a  b  ab   1 2 1 1 1 1 2 2 Giải: 0 1 1 1 1 1 1 1 1    2 2              a ab b ab
• 65. ( ) a b a ( )   2 2  b ab   a ab    a b  a (1 b ) b (1 a ) 0  a b   ab 1 0 a  b , ta có BĐT phải chứng minh. a  b  2ab a  b  a  b  ab  a  b  2 2 2 2 2  ( )( )  0 2  c  a  c b  c  c ( a c ) c ( b c ) 2 c ( a c )( b c ) ab         1    ..... 1 65 (1 )(1 ) (1 )(1 ) 2 2 2             BĐT trên đúng, do đó BĐT đã cho đúng Bài 12: a/ CMR: a  b a2  b2  2 2 Giải: * Nếu 0 2  a  b , ta có * Nếu 0 2  a b a2  b2  2 2 2 2 2 2 2 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 2 2 ca c cb c 2 c ( 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. Bài 13: CMR: 1 2 2 2 1 1   n  n n Với n N; n >1 Giải: Ta có: 1  1 1 n 1 n  n 2n  