Giáo án Ôn thi học sinh giỏi Toán 9 - Năm học 2015-2016

Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m : (1)
a/ Giải phương trình với m = - 2.
b/ Gọi x1; x2 là các nghiệm của phương trình. Tính theo m.
c/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : .
d/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : 2x1 + 3x2 = 5.
e/ Tìm m để phương trình có nghiệm x1 = - 3. Tính nghiệm còn lại.
f/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
g/ Lập hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình không phụ thuộc vào giá trị của m.
Giải
a/ Thay m = - 2 vào phương trình (1) ta có phương trình :
Vậy với m = - 2 phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
b/ Phương trình : (1)
Phương trình có nghiệm 
Khi đó theo định lý Vi-et, ta có : 
*) 
*) 
c/ Theo phần b : Phương trình có nghiệm 
Khi đó 
Do đó 	
=> phương trình có hai nghiệm : 
Thử lại :	+) Với => loại.
	+) Với => thỏa mãn.
Vậy với m = - 3 thì phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : .
d/ Theo phần b : Phương trình có nghiệm 
Khi đó theo định lý Vi-et, ta có : 
Hệ thức : 2x1 + 3x2 = 5 (c)
Từ (a) và (c) ta có hệ phương trình : 
Thay vào (b) ta có phương trình : 
=> phương trình có hai nghiệm phân biệt :
Thử lại :	+) Với => thỏa mãn.
	+) Với => thỏa mãn.
Vậy với phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : 2x1 + 3x2 = 5.
e/ Phương trình (1) có nghiệm 
Khi đó : 
Vậy với m = 6 thì phương trình có nghiệm x1 = x2 = - 3.
f/ Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu 
Vậy với m < - 3 thì phương trình có hai nghiệm trái dấu.
g/ Giả sử phương trình có hai nghiệm x1; x2. Khi đó theo định lí Vi-et, ta có : 	
Tiết 4:
III/ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
1.Phương trình chứa ẩn số ở mẫu:
Ví dụ 1: giải phương trình:
 (a) 
(a)
Điều kiện: 
Thu gọn: (b)
Phương trình (b) có hai nghiệm:
Lưu ý: Tìm miền xác định của phương trình, cuối cùng phải nhận định kết quả và trả lời.
2. Phương trình đưa về dạng tích:
*Ví dụ 2: Giải phương trình: 
b) 
Vậy phương trình (a) có 3 nghiệm: x1= -1; x2= -2; x3= 
Chú ý: phương trình bậc 3: ax+ bx+ cx+ d= 0
Nếu a+ b+ c + d = 0 thì phương trình có một nghiệm x=1
Nếu a – b + c – d = 0 thì phương trình có một nghiệm x= -1.
3. Phương trình bậc bốn:
Phương trình bậc bốn là phương trình có dạng ax4 + bx3 +cx2 +dx +e = 0 
trong đó a, b, c, d ,e là các hằng số cho trước, a 
3.1. Phương trình trùng phương:
a) Dạng tổng quát:
Phương trình có dạng: ax4 + bx2 + c = 0 trong đó x là ẩn số; a,b,c là các hệ số, 
b) Cách giải:
Loại phương trình này khi giải ta thường dùng phép đổi biến x2 = t từ đó ta đưa đến một phương trình bậc hai trung gian : at2+ bt + c =0
Giải phương trình bậc hai trung gian này, rồi sau đó trả biến: x2 = t
*Ví dụ 3: Giải phương trình: 
đặt x2 = t (a) 3t2-2t -1 = 0 
Nghiệm của phương trình (b) : t1= 1; t2 = thoả mãn t 
Với t1= 1 =>x2 = 1=> x =1
Với t2 = => x2 = => x=
Vậy phương trình có 4 nghiệm 
 * VÝ dô 4 : Gi¶i ph­¬ng tr×nh 
2x4 + 5x2 -7=0
®Æt x2=t víi t > 0 ta ®­îc 
2t2 +5t -7 =0
Cã :2+5-7=0 nªn
t1=1(tho¶ m·n) ; t2=(lo¹i) 
víi t1=1 suy ra x2=1 suy ra x1=1 ; x2=-1.
VËy ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1=1 ; x2=- 1
3.2 Phương trình dạng ax4+bx3 +cx2 kbx +k2a = 0.(Phương trình hồi quy)
Chóng ta hay gÆp d¹ng ph­¬ng tr×nh nµy ë tr­êng THCS ®ã lµ ph­¬ng tr×nh ®èi xøng.
a) Phương pháp giải:
 x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia hai vế của phương trình cho x2 ta được : 
	đặt 
 Ta có phương trình bậc hai: 
 Ví dụ 6: Giải phương trình x4 + 4 = 5x( x2 -2) (1)
Giải
Ta có (1) x4 – 5x3 +10x +4 = 0 .
x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia hai vế của phương trình cho x2 ta được 
Đặt t = ta có 
Ta có phương trình 
Với t = 4 ta có : 
Với t = 1 ta có :
Vậy S = 
3.3 Phương trình dạng a[(fx)]2 +bf(x) + c = 0 (1)
Trong đó a ; (fx) là một đa thức biến x; x là ẩn số của phương trình.
Cách giải: 
- Sau khi tìm TXĐ của phương trình đổi biến bằng cách đặt (fx) = t. Ta đưa phương trình về dạng : at2 + bt +c =0 (2)
Ví dụ 7: Giải phương trình 
Giải
VT = 
 = 
 = 
Vậy phương trình (1) Tương đương với 
Đặt (2)
Ta được phương trình bậc hai sau (3)
Giải phương trình (3) ta được hai nghiệm là: t1 = 1; t2 = 3
Với t1 = 1 từ (2) ta có phương trình này có hai nghiệm phân biệt là
 và 
Với t2 = 3 từ (2) ta có phương trình này có hai nghiệm phân biệt là 
 và 
. Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt 
 ; ; và 
3.4 Ph­¬ng tr×nh d¹ng x lµ Èn ; a; b; c lµ hÖ sè.
* c¸ch gi¶i :
Ta biÕn ®æi biÕn :
ph­¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh :
Ph­¬ng tr×nh nµy trïng ph­¬ng Èn t ta ®· biÕt c¸ch gi¶i 
* VÝ dô 8: gi¶i ph­¬ng tr×nh 
 (a)
®Æt 
VËy x + 4 = 0x = - 4
Ph­¬ng tr×nh (a) cã nghiÖm kÐp x = - 4
3.5 Ph­¬ng tr×nh d¹ng : (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = m
4 hÖ sè a , b ,c ,d thµnh hai cÆp - mçi cÆp hai sè cã tæng b»ng nhau, ch¼ng h¹n 
 a + c = b + d 	
* VÝ dô 9 : gi¶i ph­¬ng tr×nh 
(x + 4) (x + 5) (x + 7) (x + 8) = 4 (a)
NhËn xÐt : 4 + 8 = 5 + 7
®Æt : x2 + 12x + 32 = t
V× 1+3- 4 =0 nªn ph­¬ng tr×nh (b) cã hai nghiÖm : t1 =1 ; t2= - 4
+ ) t = t1 =1 
+ ) t =t2 =- 4	 
VËy ph­¬ng tr×nh ®Çu cã 4 nghiÖm 
Ngày soạn: 25/3/2015
Ngày giảng: 28/3/2015 
CHUYÊN ĐỀ 6: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
 1. Một số định nghĩa, định lí, tính chất và kiến thức liên quan đến các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
1. Phương trình ax2 + bx + c = 0
 Nếu có nghiệm nguyên là x0 thì c x0
 Phương trình có nghiệm nguyên khi (') là số chính phương, hoặc (') không âm.
2. Phương trình được đưa về dạng f(x).g(x) = k với f(x) và g(x) là các đa thức hệ số nguyên. Ta phân tích k ra thừa số nguyên tố rồi giải các hệ phương trình.
 với m.n = k.
2. Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 
Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú. Không có cách giải chung cho mọi phương trình, tuy nhiên để giải các phương trình đó ta thường dựa vào một số phương pháp giải như sau:
 Phương pháp I : Phương pháp đưa về dạng tích
 Biến đổi phương trình về dạng: Vế trái là tích của của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 
Lời giải:
Ta có: 
Do x, y nguyên dương nên mà 19 = 1.19 = 19.1 nên ta có các khả năng sau: 	; 	
Giải các hệ phương trình trên, ta đươc 2 nghiêm nguyên của phương trình là
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + x + 6 = y2 
Lời giải:
 Ta có: x2 + x + 6 = y2 4x2 + 4x + 24 = 4y2 (2x + 1)2 – 4y2 = -23
( 2x – 2y + 1)(2x + 2y + 1) = - 23 
Suy ra: hoặc 	
 hoặc hoặc 
Giải các trường hợp trên và kết hợp với điều kiện x, y nguyên ta được các nghiệm nguyên (x, y) là (5; 6); (5; -6) ; (-6;- 6); (- 6; 6)
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2
Lời giải:
Ta có: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2Û x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1Û (x+1)4 – y2 = 1
Û [(x+1)2 –y][(x+1)2+y] =1
Þ y = 0 Þ (x+1)2 = 1 Û x+1 = ±1 Þ x = 0 hoặc x = -2. Thử lai các giá trị tương ứng của x và y ta thấy đều thỏa mãn phương trình đã cho.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là ( x, y ) {( 0, 0 ); ( - 2, 0 )}
Ví dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : y3 - x3 = 91   (1)
Lời giải 
Ta có (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91   (*) 
Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0. 
Mặt khác 91 = 1 . 91 = 7 . 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều có giá trị nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau: 
y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 (I) 
y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 (II) 
y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 (III) 
y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 13 (IV) 
Đến đây, bài toán coi như được giải quyết. 
 Phương pháp II : Sử dụng tính chất chia hết 
 - Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm 
nghiệm của phương trình. 
- Hai vế của phương trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau thì phương trình đó không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy + x - 2y = 3   (3)
Lời giải
 Ta có (3) tương đương  y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên (3) tương đương với: 
Ta thấy: y là số nguyên nên x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 với x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm nguyên (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0). 
Chú ý: Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (3) về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1. 
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. (4)
Lời giải
 Ta thấy: x = y = 0 là nghiệm của (4).
Nếu và là nghiệm của (4). Gọi , suy ra (*)
Ta có: chẵn và (mâu thuẫn với (*) )
Vậy phương trình (4) chỉ có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0).
Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 - 3y2 
Lời giải:
Ta có: 2x2 + 4x + 2 = 21 - 3y2
 2(x + 1)2 = 3(7 - y2) (2)
 Ta thấy 3(7 - y2) 2 7 - y2 2 y lẻ
 Ta lại có 7 - y2 0 nên chỉ có thể y2 = 1
 Khi đó (2) có dạng: 2(x + 1)2 = 18
 Ta được : x + 1 = 3 do đó x1 = 2, x2 = -4
 Các cặp số (2;1), (2;-1), (-4;1), (-4;-1) thoả mãn nên là các nghiệm nguyên của pt
 Phương pháp V: Đưa về dạng tổng 
 Biến đổi phương trình về dạng : Vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương. 
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 - x - y = 8   (1) 
Lời giải 
(1) 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32 
 (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34 
 (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34 
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương 32 và 52. 
Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng : 
 hoặc 
Giải các hệ trên, suy ra phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là 
(x ; y) {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)} 
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 4xy + 5y2 = 169
Lời giải 
Ta có: x2 – 4xy + 5y2 = 169Û (x – 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122
Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong bốn khả năng :
Þ hoặcÞ hoặc 
 Giải ra ta được các nghiêm nguyên của phương trình là 
(x, y) {(29, 12); (19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (-13. 0); (13, 0)}
 Phương pháp VIII: Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2 
Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc 2 của một ẩn coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của tham số.
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 
Lời giải
Ta có phương trình: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
Û y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + 5 = 0 (*) 
Coi x là tham số của phương trình bậc 2 (*) với ẩn y, ta có:
 y = -(2x + 1) ± . Do y nguyên, x nguyên Þ nguyên 
Mà = (2x + 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = x2 – 4 Þ x2 – 4 = n2 (n) 
Þ (x- n) (x+ n) = 4 Þ x = ± 2 (do x - n và x + n cùng tính chãn lẻ)
Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là (x; y) {(2; -5); (-2, 3)}
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0
	Lời giải
Ta có: x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0 coi y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x. Giả sử phương trình bậc 2 có 2 nghiệm x1, x2 
Theo định lý Viet, ta có : 
Þ 5 x1 + 5x2 – x1x2 = 23
Û (x1 -5) (x2 -5) = 2 mà 2 = 1.2 = (-1)(-2)
Þ x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 Þ y = 8 hoặc y = 2
Thay vào phương trình ta tìm được các cặp số (7; 8); (6; 8); (4; 2); (3; 2) là các nghiệm nguyên của phương trình.
Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (1)
Lời giải
Viết (1) thành phương trình bậc 2 đối với x
x2 - (y + 1)x + (y2 - y) = 0 (2)
Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0
= (y + 1)2 - 4(y2 - y) = y2 + 2y + 1 - 4y2 + 4y
 	 = -3y2 + 6y + 1
 * 0 
Do đó (y - 1)2 1. Suy ra -1 y - 1 1
y - 1
-1
0
1
y
0
1
2
Với y = 0, thay vào (2) ta được x2 - x = 0 Ta có x1 = 0; x2 = 1
Với y = 1, thay vào (2) được x2 - 2x = 0 Ta có x3 = 0; x4 = 2
Với y = 2, thay vào (2) ta được x2 - 3x + 2 = 0 Ta có x5 = 1; x6 = 2
Thử lại, các giá trị trên đều nghiệm đúng phương trình. 
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm nguyên là (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2), (2;2)
CHUYÊN ĐỀ 7: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
I. PHƯƠNG PHÁP 1 : DÙNG ĐỊNH NGHĨA
Kiến thức: Để chứng minh A > B. Ta chứng minh A –B > 0
 Lưu ý dùng hằng bất đẳng M 0 với" M
 Ví dụ 1 " x, y, z chứng minh rằng :
a) x + y + z xy+ yz + zx ; b) x + y + z 2xy – 2xz + 2yz
c) x + y + z+3 2 (x + y + z)
Giải: a) Ta xét hiệu: x + y + z- xy – yz – zx =.2 .( x + y + z- xy – yz – zx)
=đúng với mọi x; y; z
Vậy x + y + z xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z
b)Ta xét hiệu: x + y + z- ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z- 2xy +2xz –2yz
 =( x – y + z) đúng với mọi x;y;z
Vậy x + y + z 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z. Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
 c) Ta xét hiệu: x + y + z+3 – 2( x+ y +z ) = x- 2x + 1 + y -2y +1 + z-2z +1
 = (x-1)+ (y-1) +(z-1) 0. Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1
Ví dụ 2: chứng minh rằng :
a) ; 	b) 
Giải:
a) Ta xét hiệu = = 
 	=. Vậy ; Dấu bằng xảy ra khi a=b
b)Ta xét hiệu: =
 Vậy; Dấu bằng xảy ra khi a = b =c
II. PHƯƠNG PHÁP 2 : DÙNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng.
 Chú ý các hằng đẳng thức sau: 
; 
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d, e là các số thực chứng minh rằng: 
 a) b) c)
Giải:a) (BĐT này luôn đúng)
 Vậy (dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
 b) 
(BĐTnàyluôn đúng)
 Vậy . Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
c) 
 (BĐT này luôn đúng)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 2: Cho a, b là hai số dương có tổng bằng 1 . Chứng minh rằng : 
Giải: Dùng phép biến đổi tương đương ;
	 3(a + 1 + b + 1) 4(a + 1) (b + 1) 9 4(ab + a + b + 1) (vì a + b = 1) 
 9 4ab + 8 1 4ab (a + b)2 4ab (BĐT này luôn đúng)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 3: Cho 2 số a, b thoả mãn a + b = 1 . CMR a3 + b3 + ab 
Giải : Ta có : a3 + b3 + ab a3 + b3 + ab - 0
 (a + b)(a2 - ab + b2) + ab - 0 a2 + b2 - 0 . Vì a + b = 1 Û 2a2 + 2b2 - 1 0 2a2 + 2(1-a)2 - 1 0 ( vì b = a -1 ) 4a2 - 4a + 1 0 ( 2a - 1 )2 0
 Bất đẳng thức cuối cùng đúng . 
Vậy a3 + b3 + ab . Dấu '' = '' xảy ra khi a = b = 
III. PHƯƠNG PHÁP 3: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC
1. Một số bất đẳng thức hay dùng
 1) Các bất đẳng thức phụ:
 a) b) 	 c)
 2) Bất đẳng thức Cô si: Với 
 3) Bất đẳng thức Bunhiacopski: 
2. Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số không âm chứng minh rằng: (a+b)(b+c)(c+a)8abc
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: 
Tacó ; ; 
(a+b)(b+c)(c+a)8abc 
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Ví dụ 2: Cho x , y là 2 số thực thoả mãn : x2 + y2 = 
 	 Chứng minh rằng : 3x + 4y 5
Giải : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có : 
 (x2 + y2)2 = ()2 ( ; ) (x2 + y2)(1 - y2 + 1 - x2) => x2 + y2 1
Ta lại có : (3x + 4y)2 (32 + 42)(x2 + y2) 25 => 3x + 4y 5 
Đẳng thức xảy ra . Điều kiện : 
Ví dụ 3: Cho a, b, c 0 ; a + b + c = 1 . Chứng minh rằng :
	 a, ; b, 
Giải : a, Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacôpxki với 2 bộ 3 số ta có :
 => => .
 Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c = 
 b, Áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có : 
 Tương tự : ; 
 Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được : 
 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = 1 
 Vậy : 
Ví dụ 4 : Cho các số dương a , b , c thoả mãn : a + b + c = 1 . Chứng minh : 
Giải : Ta có : , a , b > 0
 Ta có : .1 = .(a + b + c)
 == 3 + 2 + 2 + 2 = 9
 => Dấu ''='' xảy ra khi : a = b = c = 
Ví dụ 5: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng: 
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: ac + bd 
mà 
Ví dụ 6: Chứng minh rằng: 
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski. Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có :
 3
 Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
IV. PHƯƠNG PHÁP 4: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC
Kiến thức: Nếu a; b; c là số đo ba cạnh của tam giác thì: a; b; c> 0; và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c |a-b| < c < b+a 
Ví dụ 1: Cho a; b; c là số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng:
a, a2 + b2 + c2 (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b)
Giải: a)Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có
 Þ 
 Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có : a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) (đpcm)
b) Ta có a > êb-c ï Þ > 0
 b > êa-c ï Þ > 0
 c > êa-b ï Þ 
 Nhân vế các bất đẳng thức ta được
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b , c là độ dài các cạnh của tam giác) . Chứng minh rằng : 
Giải: Ta có : p - a = ; Tương tự : p - b > 0 ; p - c > 0 ; 
 áp dụng bất đẳng thức ta được ; 
 Tương tự : ; 
 => => điều phải chứng minh .
Dấu '' = '' xảy ra khi : p - a = p - b = p - c ó a = b = c. Khi đó tam giác ABC là đều .
V. PHƯƠNG PHÁP 5: ĐỔI BIẾN SỐ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng : Nếu a , b , c > 0 thì : 
 Giải: Đặt : b +c = x , c + a = y , a + b = z => a + b + c = 
 => a = , b = , c = 
 Khi đó : VT = = 
 = 
Ví dụ 2: Cho a, b, c > 0 và a + b +c < 1. Cmr (1)
Giải: Đặt x = ; y = ; z = Ta có 
 (1) Với x+y+z 0
 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 3. 
3. . Mà x+y+z < 1. Vậy (đpcm)
VI. BÀI TẬP VẬN DỤNG:
Bài 1: Cho x > y và xy =1. Chứng minh rằng: 
Giải:Ta có (vì xy = 1) 
 Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với
 BĐT cuối đúng nên ta có điều phải cm
Bài 2: Cho xy 1 .Chứng minh rằng: 
 Giải : Ta có 
 BĐT cuối này đúng do xy > 1. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 3: Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1. Chứng minh rằng: 
 Giải : Áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c)
 Ta có 
 (vì a+b+c =1 ) (đpcm)
Bài 4: Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng: (1)
Giải : (1) 
Áp dụng BĐT phụ Với x,y > 0
Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng. Vậy (đpcm)
 Bài 5: Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chứng minh rằng :
 Giải : Vì a ,b ,c ,d > 0 nên ta có (1)
 (2) (3)
 Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :
 (đpcm)
Bài 6: Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng:
Giải: Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a, b, c > 0
Và a < b + c; b < a + c; c < a + b
 Từ (1). Mặt khác 
 Vậy ta có Tương tự ta có 
 Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có:
 (đpcm)
CHUYÊN ĐỀ 8: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Các kiến thức thường dùng
1.1. Luỹ thừa:
a) x2 ³ 0 "x Î |R Þ x2k ³ 0 "x Î |R, k Î z Þ - x2k £ 0
Tổng quát : [f (x)]2k ³ 0 "x Î |R, k Î z Þ - [f (x)]2k £ 0
Từ đó suy ra : 	[f (x)]2k + m ³ m 	"x Î |R, k Î z
M - [f (x)]2k £ M 
b) ³ 0 	"x ³ 0 	Þ ()2k ³ 0 	"x³0	; k Îz
Tổng quát: ()2k ³ 0	" A ³0	(A là 1 biểu thức)
1.2 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối:
a) |x| ³ 0	" xÎ|R
b) |x + y| £ |x| + |y| 	; nếu "=" xảy ra Û x.y ³ 0
c) |x - y| ³ |x| - |y|	; nếu "=" xảy ra Û x.y ³ 0 và |x| ³ |y|
1.3. Bất đẳng thức côsi :
 "ai ³ 0 	; i = : "nÎN, n ³2.
dấu "=" xảy ra Û a1 = a2 = ... = an
1.4. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
Với n cặp số bất kỳ a1,a2,...,an ; b1, b2, ...,bn ta có :
(a1b1+ a2b2 +...+anbn)2 £ (
Dấu "=" xảy ra Û = Const (i =)
1.5. Một số Bất đẳng thức đơn giản thường gặp được suy ra từ bất đẳng thức (A+B)2 ³ 0.
a2 + b2 ³ 2ab; (a + b)2 ³ 4ab; 2(a2 + b2 ) ³ (a + b)2	
II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN 
 Phương pháp 01: Sử dụng phép biến đổi đồng nhất 
Bằng cách nhóm, thêm, bớt, tách các hạng tử một cách hợp lý, ta biến đổi biểu thức đã cho về tổng các biểu thức không âm (hoặc không dương) và những hằng số. Từ đó :
1.Để tìm Max f(x, y,...) trên miền |D ta chỉ ra :
	sao cho f(x0, y0,...) = M 
2. Để tìm Min f(x, y,...) trên miền |D ta chỉ ra :
	sao cho f(x0,y0,...) = m 
I. Các ví dụ:
1. Ví dụ 1 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A4 = 
Giải :Ta có: A4 = 
 = - vì - 
Þ A4 Max = 3 Û Û x = -2 Vậy : A4 Max = 3 Û x = -2
2. Ví dụ 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của A5 = với x, y>0
Giải :Ta có:A5== 
A5 = = ³0	"x,y > 0
Þ A5 min = 0 Û Û x = y Vậy : A5 min = 0 Û x = y > 0
3. Ví dụ 3 : Tìm giá trị lớn nhất của A7 = xy + yz + zx - x 2 - y2 - z2
Giải :Ta có : A7 = xy + yz + zx - x2 - y2 - z2 = -(2x2 + 2y2 + 2z2 - 2xy - 2yz - 2xz)
A7 = -{(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2} £ 0, "x,y,z Þ A7 Max = 0 Û x=y = z
Vậy : A7 Max = 0 Û x = y = z
4. Ví dụ 4 : Tìm GTLN của biểu thức: .
Giải: Ta có thể viết: 
Vì . Do đó ta có: . Dấu “=” xảy ra .
Vậy: GTLN của tại 
II. Nhận xét: Phương pháp giải toán cực trị đại số bằng cách sử dụng các phép biến đổi đồng nhất được áp dụng cho nhiều bài tập, nhiều dạng bài tập khác nhau. Song