Tải bản đầy đủ

TÓM tắt lý THUYẾT và các DẠNG bài tập đại số 9

TỔNG HỢP KIẾN THỨC
VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP TOÁN 9
PHẦN I: ĐẠI SỐ
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ.

1. Điều kiện để căn thức có nghĩa.
A có nghĩa khi A ≥ 0
2. Các công thức biến đổi căn thức.
A2 = A
a.
AB = A. B ( A ≥ 0; B ≥ 0)
b.
c.

A
=
B

A
B


d.

A2 B = A B

e.

( A ≥ 0; B > 0)

( B ≥ 0)

A B = A2 B

A B =− A B
2

( A < 0; B ≥ 0)

f.

A 1
=
B B

AB

( AB ≥ 0; B ≠ 0)

i.

A
A B
=
B
B

k.

C
C ( A mB )
=


A − B2
A±B

m.

C
C( A m B )
=
A − B2
A± B

( A ≥ 0; B ≥ 0)

( B > 0)
( A ≥ 0; A ≠ B 2 )
( A ≥ 0; B ≥ 0; A ≠ B )

3. Hàm số y = ax + b (a ≠ 0)
a. Tính chất:
+ Hàm số đồng biến trên R khi a > 0.
+ Hàm số nghịch biến trên R khi a < 0.
b. Đồ thị: Đồ thị là một đường thẳng đi qua điểm A(0;b); B(-b/a;0).
4. Hàm số y = ax2 (a ≠ 0)
a. Tính chất:
+ Nếu a > 0 hàm số nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0.
+ Nếu a < 0 hàm số đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0.
b. Đồ thị:
Đồ thị là một đường cong Parabol đi qua gốc toạ độ O(0;0).
+ Nếu a > 0 thì đồ thị nằm phía trên trục hoành.
+ Nếu a < 0 thì đồ thị nằm phía dưới trục hoành.
5. Vị trí tương đối của hai đường thẳng
Xét đường thẳng y = ax + b (d) và y = a'x + b' (d')
(d) và (d') cắt nhau ↔ a ≠ a'
(d) // (d') ↔ a = a' và b ≠ b'
(d) ≡ (d') ↔ a = a' và b = b'
6. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường cong.
Xét đường thẳng y = ax + b (d) và y = ax2 (P)
(d) và (P) cắt nhau tại hai điểm: 2 nghiệm phân biệt
(d) tiếp xúc với (P) tại một điểm: 1 có nghiệm kép
(d) và (P) không có điểm chung: vô nghiệm


7. Phương trình bậc hai.
Xét phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0)
Công thức nghiệm
Công thức nghiệm thu gọn
2
∆ = b - 4ac
∆' = b'2 - ac với b = 2b'
Nếu ∆ > 0 : Phương trình có hai
- Nếu ∆' > 0 : Phương trình có hai
nghiệm phân biệt:
nghiệm phân biệt:
x1 =

−b+ ∆
−b− ∆
; x2 =
2a
2a

x1 =

Nếu ∆ = 0 : Phương trình có nghiệm
kép : x1 = x2 =

'
'
− b ' + ∆'
; x2 = − b − ∆
a
a

- Nếu ∆' = 0 : Phương trình có nghiệm
−b '
kép: x1 = x2 =
a
- Nếu ∆' < 0 : Phương trình vô nghiệm

−b
2a

Nếu ∆ < 0 : Phương trình vô nghiệm
8. Hệ thức Viet và ứng dụng:
- Hệ thức Viet:

−b

 S = x1 + x2 = a
Nếu x1, x2 là nghiệm của phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a≠ 0) thì: 
 P = x .x = c
1 2

a

- Một số ứng dụng:
+ Tìm hai số u và v biết u + v = S; u.v = P ta giải phương trình: x2 - Sx + P = 0
(Điều kiện S2 - 4P ≥ 0)
+ Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a≠ 0)
Nếu a + b + c = 0 thì phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 =

c
a

Nếu a - b + c = 0 thì phương trình có hai nghiệm: x1 = -1 ; x2 = −

c
a

9. Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình:
Bước 1: Lập phương trình hoặc hệ phương trình ( đk)
Bước 2: Giải phương trình hoặc hệ phương trình
Bước 3: Kiểm tra các nghiệm của phương trình hoặc hệ phương trình nghiệm nào thích
hợp với bài toán và kết luận
10. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm
phân biệt.
a ≠ 0
a ≠ 0
hoặc  '
∆ > 0
∆ > 0

 Điều kiện có hai nghiệm phân biệt 

11. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có 1 nghiệm.
a ≠ 0
a = 0
hoặc 
hoặc
b ≠ 0
∆ = 0

 Điều kiện có một nghiệm: 

a ≠ 0
 '
∆ = 0

12. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có nghiệm
kép.
a ≠ 0

 Điều kiện có nghiệm kép: 

∆ = 0

a ≠ 0

hoặc 

'
∆ = 0

13. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm.


a ≠ 0

 Điều kiện có một nghiệm: 

a ≠ 0

∆ < 0

hoặc 

'
∆ < 0

14. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm
cùng dấu.
 Điều kiện có hai nghiệm cùng dấu:

∆ ≥ 0


c
 P = a > 0

hoặc

∆' ≥ 0


c
P = a > 0


15. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm
dương.

∆ ≥ 0

c

 Điều kiện có hai nghiệm dương:  P = > 0 hoặc
a

b

S = − a > 0


∆' ≥ 0

c

P = > 0
a

b

S = − a > 0

16. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = có 2 nghiệm âm.

∆ ≥ 0

c

 Điều kiện có hai nghiệm âm:  P = > 0 hoặc
a

b

S = − a < 0


∆' ≥ 0

c

P = > 0
a

b

S = − a < 0

17. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm
trái dấu.
 Điều kiện có hai nghiệm trái dấu: P < 0
18. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có một nghiệm
x = x1.
 Cách giải:
- Thay x = x1 vào phương trình (*) ta có: ax12 + bx1 + c = 0 → m
- Thay giá trị của m vào (*) → x1, x2
P

- Hoặc tính x2 = S - x1 hoặc x2 = x
1
19. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = có 2 nghiệm x 1,
x2 thoả mãn các điều kiện:
1

1

c. x + x = n
1
2
 Điều kiện chung: ∆ ≥ 0 hoặc ∆' ≥ 0 (*)

a. αx1 + βx2 = γ

b. x12 + x22 = k

−b

 x1 + x2 = a = S (1)
Theo định lí Viet ta có: 
 x1.x2 = c = P
(2)

a

a. Trường hợp: αx1 +βx2 =γ
−b

 x1 + x2 =
a
Giải hệ 
αx1 + β x2 = γ

x1, x2

Thay x1, x2 vào (2) → m
Chọn các giá trị của m thoả mãn (*)

d. x12 + x22 ≥ h

e. x13 + x23 = t


b. Trường hợp: x12 + x22 = k ↔ ( x1 + x2 )2 − 2 x1 x2 = k
Thay x1 + x2 = S =

−b
c
và x1.x2 = P = vào ta có:
a
a

S2 - 2P = k → Tìm được giá trị của m thoả mãn (*)
1

1

c. Trường hợp: x + x = n ↔ x1 + x2 = nx1.x2 ↔ − b = nc
1
2
Giải phương trình - b = nc tìm được m thoả mãn (*)
d. Trường hợp: x12 + x22 ≥ h ↔ S 2 − 2 P − h ≥ 0
Giải bất phương trình S2 - 2P - h ≥ 0 chọn m thoả mãn (*)
e. Trường hợp: x13 + x23 = t ↔ S 3 − 3PS = t
Giải phương trình S 3 − 3PS = t chọn m thoả mãn (*)
20. Giải phương trình trùng phương ax4 + bx2 + c = 0
 Đặt t = x2 (t≥ 0) ta có phương trình at2 + bt + c = 0
Giải phương trình bậc hai ẩn t sau đó thay vào tìm ẩn x
Bảng tóm tắt
2
at + bt + c = 0
ax4 + bx2 + c = 0
vô nghiệm
vô nghiệm
2 nghiệm âm
vô nghiệm
nghiệm kép âm
vô nghiệm
1 nghiệm dương
2 nghiệm đối nhau
4 nghiệm
2 nghiệm dương
2 cặp nghiệm đối nhau
21. Giải phương trình A( x 2 +

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

1
= t ↔ x2 - tx + 1 = 0
x
1
1
1
Suy ra t2 = ( x + )2 = x 2 + 2 + 2 ↔ x 2 + 2 = t 2 − 2
x
x
x

 Đặt x +

22. Giải phương trình A( x 2 +

1
1
) + B( x − ) + C = 0
2
x
x

1
= t ↔ x2 - tx - 1 = 0
x
1
1
1
Suy ra t2 = ( x − )2 = x 2 + 2 − 2 ↔ x 2 + 2 = t 2 + 2
x
x
x
ax + by = c
23. Giải hệ phương trình 
a ' x + b ' y = c '

 Đặt x −

 Các phương pháp giải:
+ Phương pháp cộng
+ Phương pháp thế
+ Phương pháp đặt ẩn phụ
24. Giải phương trình dạng f ( x) = g ( x) (1)
 Ta có

 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x) ↔ 
2
 f ( x ) = [ g ( x )]

(2)
(3)

Giải (3) đối chiếu điều kiện (2) chọn nghiệm thích hợp → nghiệm của (1)


25. Giải phương trình dạng

f ( x ) + h( x ) = g ( x )

 Điều kiện có nghĩa của phương trình

 f ( x) ≥ 0

h ( x ) ≥ 0
 g ( x) ≥ 0


Với điều kiện trên thoả mãn ta bình phương hai vế để giải tìm x.
24. Giải phương trình dạng f ( x ) =g ( x )
 Phương pháp 1:

 g ( x) ≥ 0

f ( x ) =g ( x ) ↔ 

[ f ( x)] = [ g ( x)]
2

2

Xét f(x) ≥ 0 → f(x) = g(x)
Xét f(x) < 0 → - f(x) = g(x)
 Phương pháp 3: Với g(x) ≥ 0 ta có f(x) = ± g(x)
26. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x)
 Phương pháp 1: Dựa vào luỹ thừa bậc chẵn.
- Biến đổi hàm số y = f(x) sao cho:
y = M - [g(x)]2n , n ∈Z → y ≤ M
Do đó ymax = M khi g(x) = 0
- Biến đổi hàm số y = f(x) sao cho:
y = m + [h(x)]2k k∈Z → y ≥ m
Do đó ymin = m khi h(x) = 0
 Phương pháp 2: Dựa vào tập giá trị hàm.
 Phương pháp 3: Dựa vào đẳng thức.
27. Cho (C) và (L) theo thứ tự là độ thị hàm số
y = f(x) và y = g(x)
Hãy khảo sát sự tương giao của hai đồ thị
 Toạ độ điểm chung của (C) và (L) là nghiệm của phương trình hoành độ điểm chung:
f(x) = g(x) (*)
- Nếu (*) vô nghiệm thì (C) và (L) không có điểm chung.
- Nếu (*) có nghiệm kép thì (C) và (L) tiếp xúc nhau.
- Nếu (*) có 1 nghiệm thì (C) và (L) có 1 điểm chung.
- Nếu (*) có 2 nghiệm thì (C) và (L) có 2 điểm chung.
28. Lập phương trình của đường thẳng (D) đi qua điểm A(xA;yA) và có hệ số góc bằng k.
 Phương trình tổng quát của đường thẳng (D) là : y = ax + b (*)
- Xác định a: ta có a = k
- Xác định b: (D) đi qua A(xA;yA) nên ta có yA = kxA + b → b = yA - kxA
- Thay a = k; b = yA - kxA vào (*) ta có phương trình của (D)
29. Lập phương trình của đường thẳng (D) đi qua điểm A(xA;yA); B(xB;yB)
 Phương trình tổng quát của đường thẳng (D) là : y = ax + b
 Phương pháp 2:

 y A = ax A + b
 y B = ax B + b

(D) đi qua A và B nên ta có: 

Giải hệ ta tìm được a và b suy ra phương trình của (D)
30. Lập phương trình của đường thẳng (D) có hệ số góc k và tiếp xúc với đường cong
(C): y = f(x)
 Phương trình tổng quát của đường thẳng (D) là : y = kx + b
Phương trình hoành độ điểm chung của (D) và (P) là:
f(x) = kx + b (*)


Vì (D) tiếp xúc với (P) nên (*) có nghiệm kép. Từ điều kiện này ta tìm được b và suy ra
phương trình của (D)
31. Lập phương trình của đường thẳng (D) đi qua điểm A(x A;yA) k và tiếp xúc với đường
cong (C): y = f(x)
 Phương trình tổng quát của đường thẳng (D) là : y = kx + b
Phương trình hoành độ điểm chung của (D) và (P) là:
f(x) = kx + b (*)
Vì (D) tiếp xúc với (P) nên (*) có nghiệm kép.
Từ điều kiện này ta tìm được hệ thức liên hệ giữa a và b (**)
Mặt khác: (D) qua A(xA;yA) do đó ta có yA = axA + b (***)
Từ (**) và (***) → a và b → Phương trình đường thẳng (D).


B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Rút gọn biểu thức
1. Bài toán 1: Rút gọn biểu thức A
Để rút gọn biểu thức A ta thực hiện các bước sau:
- Quy đồng mẫu thức (nếu có)
- Đưa bớt thừa số ra ngoài căn thức (nếu có)
- Trục căn thức ở mẫu (nếu có)
- Thực hiện các phép tính: luỹ thừa, khai căn, nhân chia....
- Cộng trừ các số hạng đồng dạng.
x+2 x−2
Ví dụ 1:
có nghĩa khi x+2 ≥ 0; x-1 ≠ 0; x+3 ≠ 0;
:
x −1 x + 3
x-2 ≠ 0  x > -2; x ≠ 1; x ≠ 2
Ví dụ 2:

* Nhận xét: ta dùng phép đưa thừa số ra ngoài dấu căn, khử căn thức ở mẫu,...
1 5
1 2
9 9.2
=
; 20=4.5; = ; 4,5 = =
;
5 25
2 4
2 4
125 25 25.2
=
=
12,5=
; 45=9.5; 18=9.2; 72= 36.2; 200=100.2; 0,08 = 4.2/100; 50=25.2
10
2
4
Bài giải
1
1
5
1 1
2 1
2+ 5+ 5=
a) 5.
+ . 20 + 5 = 5.
+ . 4.5 + 5 = 5. 2 + .2 5 + 5 =
4
2
4
2 2
4 2
5
2+2 5
4
1
3
5
1 3 5
1
2
9.2
25.2
2+
2+
2 = ( + + ). 2 =
b)
=
+ 4.5 + 12,5 =
+
+
2
2
2
2 2 2
2
4
4
4
9
. 2
2
c) 20 − 45 + 3. 18 + 72
= 2. 5 − 3. 5 + 3.3. 2 + 6. 2 = − 5 + 15 2
d) 0,1 200 + 2. 0,08 + 0,4. 20
= 2 + 0,1.2. 2 + 0,8 5 = 1,2. 2 + 0,8 5
Ví dụ 3: Tình giá trị biểu thức
a) 4 + 2 3 − 4 − 2 3
b) 2 − 3 − 2 + 3
• Phân tích


Câu a, Ta tìm được a=1 và b=
và 4 − 2
* Bài giải

3

= (1-

3

thỏa mãn a2+b2=4 và 2ab=

2 3

nên

4+ 2 3

= (1+

3 )2

3 )2
2

4 + 2 3 − 4 − 2 3 = ( 1 + 3 ) − ( 1 − 3 )2
=

1+ 3

-

1− 3

b) Nhận xét:

= 1+ 3 - ( 3 - 1) = 2

2 ( 2 − 3 − 2 + 3 )=

2(2 − 3) − 2(2 + 3 ) =

4−2 3 − 4+2 3

Như vậy ta chỉ việc tính như câu a rồi chia cho

2

là được kết quả câu b

Cách khác: kết quả câu b là một số âm. Bình phương ta được:
( 2 − 3 − 2 + 3 )2=( 2 − 3 )–2.( 2 − 3 )( 2 + 3 ) +( 2 +
=2= (-

3 ) = 4 -2.( 4-3) = 4-2

2 )2 =( 2 )2

Vì giá trị biểu thức là số âm nên

2− 3 − 2+ 3

=-

2

Ví dụ 4: Rút gọn biểu thức
A= x + 2 − 2 x + 1 − x + 2 + 2 x + 1
• Phân tích
Ta tìm được a=1 và b= x + 1 thỏa mãn a2+ b2= x+2 và 2ab= 2 x + 1 . Ta có

x + 2 + 2 x +1

=

(1 + x + 1) 2 = 1 + x + 1

• Bài giải

x +1 ≥ 0
 x ≥ −1
⇔
Điều kiện xác định: 
x + 2 − 2 x +1 ≥ 0
x + 2 ≥ 2 x +1

Với x ≥ −1 xét (x+2)2 ≥ 4(x+1)  x2 ≥ 0 ( luôn đúng với mọi giá trị của x). Vậy ĐKXĐ của
biểu thức là x ≥ 1
Cách giải thứ nhất:
A= (1 − x + 1) 2 - (1 + x + 1) 2 = 1 − x + 1 - 1 + x + 1

1 − x + 1 ≥ 0
⇔ 1 ≥ x+1 ≥ 0  -1 ≤ x ≤ 0 ta có:
Nếu 
x
+
1

0

A= 1- x + 1 -1- x + 1 = -2 x + 1
1 − x + 1 ≤ 0
⇔ x+1 ≥ 1  x ≥ 0 ta có:
Nếu 
 x + 1 ≥ 0
A= x + 1 -1 – 1- x + 1 = -2
Cách thứ hai: A< 0 ta tính A2 = 2x+4 - 2 x
Nếu x ≥ 0 ta có A2= 4 <=> A= -2 ( vì A <0)
Nếu x<0 ta có A2= 4x+4 suy ra A=- 2 x + 1 ( vì A<0)
Ví dụ 5: cho biểu thức


* Phân tích bài toán: Ta thực hiện theo quy tắc thực hiện trong ngoặc trước, nhân sau
- Trong ngoặc ta rút gọn các biểu thức ( nếu được) rồi quy đồng mẫu.

Ví dụ 6:

Bài giải
Gợi ý: Để rút gon ta biến đổi làm cho tử và mẫu có nhân tử chung


x 2 − 3 ( x − 3)(x + 3)
=
= x+ 3
a)
x− 3
x− 3
1 − a a 1 − ( a ) 3 (1 − a )(1 + a + a)
=
=
b)
= (1 + a + a)
1− a
1− a
1− a

với a>0; a khác 1
3.2. Bài tập
Bài 1: Rút gọn biểu thức
1492 − 762
1)
457 2 − 3842
2)

1
2 +1

+

1
3+ 2

+

1
4+ 3

3)

1
33
1
48 − 2 75 −
+5 1
2
3
11

4)

9a − 16a + 49a

5)

Víi a ≥ 0

a
a b
+ ab +
b
b a

6)
7)
8)

9 − 4 5 − 9 + 80
2 3 + 48− 75− 243
3+ 2 2 − 6− 4 2

9) 4 + 8 . 2 + 2 + 2 . 2 − 2 + 2
8+ 2 2 2+3 2
2

+
3− 2
2
1− 2
11) 6 − 11 − 6 + 11

10)


Dạng 2: Bài toán tính toán
1. Bài toán 1: Tính giá trị của biểu thức A.
Tính A mà không có điều kiện kèm theo đồng nghĩa với bài toán Rút gọn biểu
thức A
2. Bài toán 2: Tính giá trị của biểu thức A(x) biết x = a
Cách giải:
- Rút gọn biểu thức A(x).
- Thay x = a vào biểu thức rút gọn.
Bài 1: Cho biểu thức

 x+2
x
1  x −1
+
+
÷
÷: 2
 x x −1 x + x + 1 1 − x 

A = 

a. Tìm điều kiện xác định.
2
x + x +1

b. Chứng minh A =

c. Tính giá trị của A tại x = 8 - 28
d. Tìm max A.
* Gợi ý: b) Trước khi quy đồng mẫu ta phân tích các mẫu ra thừa số rồi tim Mẫu chung là đâ
thức chia hết cho đa thức mẫu

x. x − 1 = x 3 − 1
1
1
=−
1− x
x −1

=(

x − 1).( x+ x +1)

c) Để tính giái trị của A, trước hết ta rút gọn x
x= 8 −
Chú ý

28 = 8 − 2 7 = 7 − 2 7 + 1 = ( 7 − 1) 2
A⇔ A>0
2
A =
; trong bài này 7 − 1 > 0
−A ⇔ A < 0

d) Vì tử bằng 2 là một số dương không đổi, suy ra Biểu thức A có giá trị lớn nhất khi và chỉ
khi mẫu x + x + 1 có giá trj nhỏ nhất;
Chẳng hạn: Y2+Y+1 = (Y2+ Y+ ¼) +3/4 = (Y+1/2)2 +3/4 >=3/4 với mọi giá trị của Y, dấu =
xảy ra khi Y =-1/2. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức là ¾ khi Y=-1/2
n +3
n −1 4 n − 4

+
Bài 2: Cho biểu thức P =
(với n ≠ 0 ; n ≠ 4 )
4−n
n −2
n +2
a. Rút gọn P
b. Tính giá trị của P với n = 9
( a − b ) 2 + 4 ab a b − b a

Bài 3: Cho biểu thức M =
a+ b
ab

( a , b > 0)

a. Rút gọn biểu thức M.
b. Tìm a , b để M = 2 2006
* Gợi ý: Ta rút gọn
Bài 4:

a b −b a
trước rồi thực hiện
ab
  x +1
1
2−x 

− x  : 

+
x
1 − x x − x 
 x −1
 


Cho biểu thức : M = 

x


a) Rút gọn M.
b) Tính giá trị của M khi x = 7 + 4 3
c) Tìm x sao cho M =1/2
• Gợi ý : Tập xác định của M là x>0, x ≠ 1, x ≠ 3 (1)
b) Viết x = 7 + 4 3 dưới dạng bình phương rồi thay vào biểu thưc M đã rút gọn
c) sau khi tìm x chú ý kết hợp với điều kiện (1) rồi kết luận xem x tìm được có thỏa mãn
hay không


Bài 5: Cho biểu thức : P = 

x −4



x−2 x

  x +2
:

2 − x  
x
3

x 

x − 2 

a) Rút gọn P.
b) Tính giá trị của P khi x =

8
3+ 5

 x +2
 ( x + 2)( x − 2) − x . x 
x 

* Gợi ý: a) 
÷= 
÷
x
x −2
x ( x − 2)



x− 4 − x
−4
=
=
≠ 0 với mọi x
x ( x − 2)
x ( x − 2)
TXĐ: x ≠ 4 ; x ≠ 0
P= 1-

x

b) biến đổi

x=

8
3+ 5

bằng cách trục căn thức ở mẫu ta được x= 6-2 5

= ( 5 − 1) 2 ; thay vào P ta được P = 1-( 5 -1) = 2- 5
 2x + 1

 
x−2 
 : 1 −

 x x −1 1− x   x + x + 1

Bài 6: Cho biểu thức : B = 

+

1

a) Rút gọn B.
b) Tìm x để : 2.B < 1
c) Với giá trị nào của x thì B. x = 4/5
x−2
x−2 

x + x +1− x + 2
Gợi ý:  1 −
÷= 1 − x + x + 1 =
x + x +1
 x + x +1
x +3
=
> 0 với mọi x, TXĐ của B là x >0; x ≠ 1;
x + x +1
x
a) B=
với x >0; x ≠ 1;
x +3
2. x
x −3
<0
b) 2.B<1 ⇔
<1 ⇔
x +3
x +3

x<9
Đối chiếu với điều kiện tập xác định ta có x >0; x ≠ 1; x<9


x −3< 0

x + 3 > 0 với mọi x nên

 x+2 x −7
x −1  
 : 
+
Bài 7: Cho biểu thức : M = 



x−9

1

3− x   x +3





x −1
1

a) Rút gọn M.
b) Tìm các số nguyên của x để M là số nguyên.
c) Tìm x sao cho : M > 1


TXĐ: x>0; x ≠ 9 ;
x −1
a) M=
với x>0; x ≠ 9 ;
x +3
x −3+ 2
x −3
2
=
+
=1+
b) M=
x +3
x +3
x +3

2
x +3

x +3

M có giá trị nguyên nếu 2 chia hết cho

x+2 x −2

Bài 8: Cho biểu thức : A = 1 : 
x x +1



x −1
x − x +1



x + 1 
1

+

a) Rút gọn A.
b) Tính giá trị của A nếu x = 7 - 4 3
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A .
 x +1
x −1 
:

Bài 9: Cho biểu thức : P = 
 
 x −1

1



x

x + 1  x + 1 1 − x

+

2 

x − 1 

a) Rút gọn P.
7−4 3
2

b) Tính giá trị của P khi x =

c) Tìm x sao cho P = 1/2
 2x +1

Bài 10: Cho biểu thức : A = 

3
 x −1




x
1+ x x 
.
x

÷

÷

x + x +1 ÷
1+ x ÷



a) Rút gọn A.
2− 3
2

2 x
1  
x 
 : 1 +


Bài 11: Cho biểu thức : A = 
 

x
+
1
x
x

x
+
x

1
x

1

 


b) Tính giá trị của A nếu x =

a) Rút gọn A.
b) Tìm x để A < 0


Bài 12: Cho biểu thức : B = 

1

 x +1



 
2x − x 

 :  2 −
x + 1 
x x + x + x + 1 
2

a) Rút gọn B.
b) Tính giá trị của B khi x = 6 + 2 5
c) Tìm x nguyên để B nguyên.
 x +2

Bài 13: Cho biểu thức : A = 
 x +3

5
x+ x −6

+



2 − x 
1

a) Rút gọn A.
2

b) Tính giá trị của A nếu x =

2+ 3

c) Tìm x nguyên để A nguyên
 2 x −9
x + 3 2 x + 1



Bài 14: Cho biểu thức : M = 

 x−5 x +6

x −2

3− x 

a) Rút gọn M.
b) Tìm x để M < 1
c) Tìm các số tự nhiên x để M nguyên.


 x+ x −4
x −1  
x −3
 : 1 −

+
Bài 15: Cho biểu thức : A = 
 

 x−2 x −3

3− x  

x −2

a) Rút gọn A.
b) Tìm x để A > 1
2+ x
4x
2− x  x−3 x
:


Bài 16: Cho biểu thức : P = 

3
x−4

2− x

2 + x  2x − x

a) Rút gọn P.
b) Tìm các số nguyên của x để P chia hết cho 4.


x

Bài 17: Cho biểu thức : M = 

 x −1

+

3 x −1  x + 1 4 x +1
:


1 − x  
x
x + x 

a) Rút gọn M.
b) Tìm các số tự nhiên x để M là số nguyên
c) Tìm x thoả mãn M < 0
 2x + 1
Bài 18: Cho biểu thức : P =  3 −
 x −1

  3
2 x +5
:

+
1 − x 
x + x + 1   x − 1
x

a) Rút gọn P.
b) Tính giá trị của P khi x =

8
3− 5

c) Tìm x nguyên để P là số tự nhiên
d) Tìm x để P < -1


Bài 19: Cho biểu thức : B = 

x

 x +2



3
2− x

+

3 x −2  x +3
2 x 
:

+


x − 4   x − 2 2 x − x 

a) Rút gọn B.
b) Tính giá trị của B khi x = 9 - 4 5
c) Tìm x sao cho B.( x – 1 ) = 3 x
 x +1
  x +1

xy + x
xy + x
+
− 1 : 

+ 1
Bài 20: Cho biểu thức : M = 
  xy + 1

xy − 1
xy − 1
 xy + 1
 

a) Rút gọn M

b) Tính giá trị của M khi x = 2 - 3 và y =


2 x +3 y

Bài 21: Cho biểu thức : B = 

 xy + 2 x − 3 y − 6



3 −1
1+ 3



xy + 2 x + 3 y + 6 
6 − xy

a) Rút gọn B.

y + 10

x

9

b) Cho B= y − 10 ( y ≠ 10). Chứng minh : y = 10
Bài 22: Cho biểu thức :

x +2
x +3
P = 

+
x

5
x
+
6
2

x


x + 2 
:2 −
x − 3  

a) Rút gọn P.
b) Tìm x để

1
5
≤−
P
2

x 

x + 1 


Bài 23 : Cho biểu thức : P =

x2 − x
x + x +1



2x + x
x

+

2( x − 1)
x −1

a) Rút gọn P.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
c) Tìm x để biểu thức Q =

 x −1

Bài 24: Cho biểu thức : P = 
x
+
1

a) Rút gọn P

2 x
nhận giá trị là số nguyên
P

x + 1  1
x



2 
x − 1  2 x

P

>2
x
 1
5 x −4 2+ x
:
+

Bài 25: Cho biểu thức : P = 
 
x
 x −2 2 x − x 

b) Tìm x để

2



x − 2 
x

a) Rút gọn P
b)*Tìm m để có x thoả mãn : P = mx x − 2mx + 1
2
1  x2 −1
 1
+
− 1 − x2
Bài 26: Cho biểu thức A = 

1+ x  2
 1− x
1. Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa.
2. Rút gọn biểu thức A.
3. Giải phương trình theo x khi A = - 2.


Dạng 3: Chứng minh đẳng thức
• Bài toán: Chứng minh đẳng thức A = B
Một số phương pháp chứng minh:
- Phương pháp 1: Dựa vào định
nghĩa. A = B ⇔ A - B = 0
- Phương pháp 2: Biến đổi trực
tiếp. A = A1 = A2 = ... = B
- Phương pháp 3: Phương pháp so sánh.
A = A1 = A2 = ... = C
A=B
B = B1 = B2 = ... = C
- Phương pháp 4: Phương pháp tương đương.
A = B ⇔ A' = B' ⇔ A" = B" ⇔ ...... ⇔ (*)
(*) đúng do đó A = B
- Phương pháp 5: Phương pháp sử dụng giả thiết.
- Phương pháp 6: Phương pháp quy nạp.
- Phương pháp 7: Phương pháp dùng biểu thức phụ.
Bài tập 1. Cho a + b + c = 0, a, b, c # 0. Chứng minh hằng đẳngthức:
1
1
1
1 1 1
+ 2+ 2 = + +
2
a
b
c
a b c
1
1
1
1
1
1
1
1   1
1
1 
 1
+ 2 + 2 =
+ 2 + 2 + 2
+
+  − 2
+
+ 
2
2
a
b
c
a
b
c
 ab bc ca   ab bc ca 

- HD. VT =

2

2

a
b 
 1 1 1
 c
 1 1 1
 a+ b+ c
=  + + ÷ − 2
+
+
=  + + ÷ − 2
÷
÷
a b c
 abc abc bca 
a b c
 abc 
2

1 1 1
 1 1 1
=  + + ÷ = + + = VP
a b c
a b c
- Bài tập 2: Chứng minh rằng số: 2 + 3 + 5 là số vô tỉ.
- HD.Giả sử: 2 + 3 + 5 = a (a hữu tỉ ).Thế thì 2 + 3 = a − 5 . Bình phương hai vế ta

được:
a2
5 + 2 6 = a + 5 − 2a 5 ⇒ 6 + a 5 =
,
2
2

a4
− 6 − 5a2
4
a
tiếp tục BPHV ta có: 6 + 5a2 + 2a 30 = ⇒ 30 = 4
4
2a

(hiển nhiên a # 0 )
⇒ 30 là số hữu tỉ,vô lí . Vậy 2 + 3 + 5 là số vô tỉ.
- Bài tập 3. Cho ba số thực a, b, c # 0 và a + b = a + c + b + c . Chứng minh rằng:
1 1 1
+ + =0.
a b c
a + b = a + c + b + c ⇔ ( a + b)2 = ( a + c + b + c )2 ⇔ a + b
- HD.
= a + c + b + c + 2 a + c. b + c
−2c = 2 a + c. b + c ⇔ (−c)2 = ( a + c. b + c )2 ⇔ c2 = (a + c).(b + c)
⇔ ab + ac + bc + c2 = c2
ab + ac + bc + c 2 = c 2 ⇔ ab + ac + bc = 0 , chia hai vế cho abc ta được:

1 1 1
+ + =0.
a b c


- Bài tập 4. Cho x + y + z = xy +
rằng: x = y = z .

yz + xz trong đó x, y, z là các số dương. Chứng minh

- HD. Nhân hai vế đẳng thức với 2 ta được:
x + y + z = xy + yz + xz ⇔ 2( x + y + z ) = 2( xy +

yz + xz )

⇔ ( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x)2 = 0 ⇔ x = y = z
- Bài tập 5. Chứng minh rằng:
a
a
= an n
;
a −1
a −1
b)Nếu a ≥ 0, b ≥ 0 thì a + b = a + b ⇔ ab = 0 ;
c) 3 a + b = 3 a + 3 b ⇔ ab( a + b ) = 0

a)Nếu a > 1, với mọi n ∈ N ta đều có: n a +

n

a
a.a n − a − a n a.a n
a
n
=
=
= an n
, với a > 1, với mọi n ∈ N .
n
n
n
a −1
a −1
a −1
a −1
b)Với a ≥ 0, b ≥ 0 bình phương hai vế ta được: a + b = a + b + 2 ab ⇔ 2 ab = 0 ⇔ ab = 0 .

- HD.a) VT = n a +

c) Lập phương hai vế ta được:

a + b = a + b + 3 a 2 b + 3 ab 2 ⇔ 3 ab ( a + b ) = 0 ⇔ ab( a + b ) = 0
xy + 1

Bài tập 6. Chứng minh rằng nếu
- HD. Ta có:

xy + 1
y

=

yt + 1
t

Cộng trừ vế với vế ta được:

=

y

xt + 1

1

x− y=

t− x=

t
1

= x+

x

y− t=

yt + 1

=

t

1
x
1
y





y
1



y

1

=

t
1

=

x

xt + 1
thì x = y = t , x. y. t = 1.
x

=

=

y t

t− x

)(

x

;

;

x y

(

1

;

t x
x− y

( y − t) t − x
xyt

= t+

t

y− t

Nhân vế với vế ta được: ( x − y )( y − t )( t − x ) =
⇔ ( x − y )( y − t )( t − x ) =

1

= y+

y− t
y t

x− y

.

t− x

x− y

t x

x y

) ⇔ x. y.t = 1

hoặc x − y = 0; y − t = 0; t − x = 0 ⇔ x = y = t
Bài tập 7. Cho a + b + c = 0 và a,b,c # 0.
Chứng minh rằng: A =

6a 2
6b 2
6c 2
+
+
là số nguyên.
a2 − b2 − c2 b2 − c2 − a2 c2 − a2 − b2

- HD.
a + b + c = 0 ⇔ a = −(b + c) ⇔ a2 =  − ( b − c )  ⇔ a2 = b2 + c2 + 2bc
2

⇔ a2 − b2 − c2 = 2bc,(*)

;

Biến đổi tương tự ta có được: b 2 − c 2 − a 2 = 2ca, (**), c 2 − a 2 − b 2 = 2ab, (* * *);
Thay (*),(**),(***) và A ta được:
A=

3(a 3 + b 3 + c 3 )
6a 2 6b 2 6c 2
6a 2 6b 2 6c 2
+
+
=
+
+
=
(* * **)
2bc 2ca 2ab
2bc 2ca 2ab
abc

;


Ta lại có: a + b + c = 0 ⇔ a = −(b + c) ⇔ a 3 = [ − ( b − c ) ] 3 ⇔ a 3 = −(b 3 + c 3 + 3b 2 c + 3bc 2 )
⇔ a3 + b3 + c3 = −(3b2c + 3bc2 ) ⇔ a3 + b3 + c3 = −3bc(b + c)
⇔ a3 + b3 + c3 = −3bc(−a)
⇔ a 3 + b 3 + c 3 = 3abc, (* * * * *)

Thay (*****) vào (****) ta được: A =

3(a 3 + b 3 + c 3 )
3.3abc
=
= 9 =3
abc
abc

Dạng 4: Chứng minh bất đẳng thức
Bài toán: Chứng minh bất đẳng thức A > B


Một số bất đẳng thức quan trọng:
1. Bất đẳng thức CAUCHY ( bất đẳng thức AM-GM)
Dạng tổng quát (n số): ∀x1, x2, x3 ……..xn ≥ 0 ta có:
• Dạng 1:
• Dạng 2:

x1 + x2 + ......xn n
≥ x1 x2...........xn
n
x1 + x2 + ......xn ≥ n n x1 x2 ...........xn

 x1 + x2 + ......xn 

÷
n



n

• Dạng 3:

≥ x1 x2 ...........xn

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi: x1 = x2 = ............ = xn
2. Bất đẳng thức BunhiaCôpxki:
Cho hai dãy số thực a1,a2,…an và b1,b2,…bn ta có:
(a1b1 + a2b2 + .... + an bn )2 ≤ (a12 + a22 + ... + a2n ).(b12 + b22 + ... + bn2 )

a1

a2

an

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi b = b = .... = b quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử phải bằng 0
1
2
n
Một số phương pháp chứng minh:
- Phương pháp 1: Dựa vào định nghĩa
A> B ⇔ A- B> 0
- Phương pháp 2: Biến đổi trực tiếp
A = A1 = A2 = ... = B + M2 > B nếu M ≠ 0
- Phương pháp 3: Phương pháp tương đương
A > B ⇔ A' > B' ⇔ A" > B" ⇔ ...... ⇔ (*)
(*) đúng do đó A > B
- Phương pháp 4: Phương pháp dùng tính chất
bắc cầu A > C và C > B → A > B
- Phương pháp 5: Phương pháp phản chứng
Để chứng minh A > B ta giả sử B > A và dùng các phép biến đổi tương đương để dẫn
đến điều vô lí khi đó ta kết luận A > B.
- Phương pháp 6: Phương pháp sử dụng giả thiết.
- Phương pháp 7: Phương pháp quy nạp.
- Phương pháp 8: Phương pháp dùng biểu thức phụ.
1.1. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
A) Kiến thức cần nhớ:
Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức : A ≥ B (*)
Tư tưởng của phương pháp là biến đổi tương đương bất đẳng thức (*) về một bất đẳng thức
phổ biến là đưa (*) về dạng:
- Các tổng bình phương: A ≥ B ⇔ mX 2 + nY 2 + pZ 2 ≥ 0. Trong đó m, n, p là các số không âm.
- Tích các thừa số không dấu: A ≥ B ⇔ X .Y ≥ 0 (X, Y cùng dấu).
- Tích của một số không âm và một biểu thức dương(theo điều kiện)
A ≥ B ⇔ X 2 .Y ≥ 0
-Xây dựng các bất đẳng thức từ điều kiện của bài toán: Nếu x, y, z ∈ [ a, b ] thì ta nghĩ ngay đến
các bất đẳng thức hiển nhiên đúng:
( x − a ) ( x − b ) ≤ 0, ( x − a ) ( y − a ) ( z − a ) ≥ 0, ( x − b ) ( y − b ) ( z − b ) ≤ 0 .
Một số bất đẳng thức cơ bản cần nhớ: Với mọi số thực a, b, c ta có:


(

)

2
2
- 4ab ≤ ( a + b ) ≤ 2 ( a + b ) ⇔ ( a − b ) ≥ 0 .
2

2

a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
3 ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c ) ≤ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 )
2

Hai bất đẳng thức này tương đương với:
1
1
1
2
2
2
( a − b) + ( b − c) + ( c − a) ≥ 0
2
2
2

- ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc ( a + b + c )
2

(Đây là hệ quả trực tiếp của (x + y + z) 2 ≥ 3 ( xy + yz + zx ) . Ta chỉ cần cho x = bc, y = ca, z = ab là
thu được kết quả như trên)
B) Các ví dụ:
Ví dụ 1.1.1.Chứng minh rằng các số thực a, b, c, d, e ta có:
a 2 + b2 + c 2 + d 2 + e2 ≥ a ( b + c + d + e )

Lời giải:
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh cho 4, ta viết được nó lại thành:
a 2 − 4ab + 4b 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 + a 2 − 4ad + 4d 2 + a 2 − 4ae + 4e 2 ≥ 0
⇔ ( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + ( a − 2c ) ≥ 0
2

2

2

2

Bất đẳng thức cuối cùng đúng, suy ra điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2b = 2c = 2d = 2e
Ví dụ 1.1.2.Chứng minh rằng với mọi số thực x, y ta có:
x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y

Lời giải:
x + y + 1 ≥ xy + x + y
2

2

2
2
2
2
Ta có: ⇔ x − 2 xy + y + x − 2 x + 1 + y − 2 y + 1 ≥ 0

⇔ ( x − y ) + ( x − 1) + ( y − 1) ≥ 0
2

2

2

Bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1

Ví dụ 1.1.3.Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z ta có:
x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + xz

Lời giải:
x + y + z ≥ xy + yz + xz
2

2

2

2
2
2
2
2
2
Ta có: ⇔ x − 2 xy + y + y − 2 yz + z + z − 2 xz + x ≥ 0

⇔ ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x)
2

2

2

Bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
Ví dụ 1.1.4.Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh
ab + 2bc + 3ac ≤ 0
Lời giải:
Theo giả thiết thì c = -a – b nên bất đẳng thức đã cho tương đương với:


ab + c ( 2b + 3a ) ≤ 0 ⇔ ab + ( − a − b ) ( 2b + 3a ) ≤ 0
⇔ ab − 2ab − 3a 2 − 2b 2 − 3ab ≤ 0 ⇔ 3a 2 + 4ab + 2b 2 ≥ 0
⇔ a2 + 2 ( a + b ) ≥ 0
2

Bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 0
Ví dụ 1.1.5.Chứng minh rằng với mọi số thực x ta có:
x 4 − 2 x3 + 2 x 2 − 2 x +1 ≥ 0

Lời giải:
Ta có:

x 4 − 2 x3 + 2 x 2 − 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ ( x 4 − 2 x 3 + x 2 ) + ( x 2 − 2 x + 1) ≥ 0

⇔ ( x 2 − x ) + ( x − 1)
2

2

Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1
Ví dụ 1.1.6.Chứng minh rằng với mọi a > 0 ta có:
5 ( a 2 + 1) 11
a
+

a2 + 1
2a
2

Lời giải:

Ta có:

2
5 ( a 2 + 1) 11
a
a
1 5 ( a + 1)
+
≥ ⇔ 2
− +
−5 ≥ 0
a2 + 1
2a
2
a +1 2
2a



− ( a − 1)

2

2 ( a 2 + 1)

( a − 1)

2

2

5 ( a − 1)
( a − 1)  5 − 1  ≥ 0
≥0⇔

÷
2a
2  a a2 +1 
2

+

2

( a − 1) ×( a − 1) + 9(a 2 + 1) ≥ 0
5a 2 − a + 5
×

0

2
2a( a 2 + 1)
a ( a 2 + 1)
2

2

Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 1
Ví dụ 1.1.7.Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+

b +c c +a a +b 2

(Bất đẳng thức Nestbit cho ba số thực dương)
Lời giải:
Hiện có khoảng 50 cách chứng minh bất đẳng thức này, ở đây ta chứng minh bằng phương
pháp biến đổi tương đương.Ta có:
a
b
c
3
a
1
b
1
c
1
+
+
≥ ⇔
− +
− +
− ≥0
b+c c+a a +b 2
b+c 2 c+a 2 a+b 2
a −b a −c b −c b −a c − a c −b

+
+
+
+
+
≥0
b+c b+c c+a c+a a+b a+b
 a −b a −b   b−c b−c   c −a c −a 
⇔



÷+ 
÷+ 
÷≥ 0
 b+c c+a   c+a a +b   a +b b+c 

( a − b) + ( b − c)
( c − a)

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

2

2

≥0


Ví dụ 1.1.8.Cho các số thực a, b ∈ [ 0,1] . Chứng minh rằng
1
a + b ab
≤1−
+
1+ a + b
2
2

Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
3 ( 1 − a ) (1 − b)(a + b) + ab(2 − a − b) ≥ 0

Vì a, b ∈ [ 0,1] nên 1 – a ≥ 0;1 − b ≥ 0; 2 − a − b ≥ 0 , do đó ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.1.9.Cho các số thực a, b, c. Chứng minh rằng :

(a

2

+ b 2 + c 2 ) ≥ 3 ( a 3b + b3c + c 3a )
2

Lời giải:
Đây là một bài toán hay và khó, cũng có rất nhiều lời giải phức tạp, nhưng thật bất ngờ lại có
một lời giải chỉ dùng phương pháp biến đổi tương tương.
Cơ sở của phương pháp là tìm cách đưa bất đẳng thức về dạng
(ma 2 + nb2 + pc2 + qab + rbc + sca) 2 + ( mb 2 + nc 2 + pa 2 + qbc + rca + sab) 2 + (mc 2 + na 2 + pb 2 + qca + rab + sbc) 2 ≥ 0

Từ hằng đẳng thức

(a
=

2

+ b 2 + c 2 ) − 3 ( a 3b + b3c + c 3a ) =
2

2
2
2
1 2 2
1
1
a − b + 2bc − ab − ac ) + ( b 2 − c 2 + 2ca − bc − ba ) + ( c 2 − a 2 + 2ab − ca − cb )
(
2
2
2

Suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét. Ngoài ra, ta cũng có một số hằng đẳng thức tương tự (mà từ chúng có thể suy ra
được những bất đẳng thức rất khó).
Ví dụ 1.1.10.Cho a, b, c ∈ [ −1, 2] và a 2 + b2 + c 2 = 6 . Chứng minh rằng a + b + c ≥ 0
Lời giải:
2
Ta có a, b, c ∈ [ −1, 2] nên ( a + 1) ( a − 2 ) ≤ 0 ⇔ a − 2 ≤ a
Tương tự b 2 − 2 ≤ b; c 2 − 2 ≤ c nên a + b + c ≥ a 2 + b 2 + c 2 − 6 hay
a+b+c ≥ 0
Ví dụ.1.1.11.Cho các số thực x, y, z khác 1 và xyz = 1. Chứng minh rằng:
x2

( x − 1)

2

+

y2

( y − 1)

2

+

z2

( z − 1)

2

≥1

(Đề thi Toán quốc tế năm 2008)
Lời giải:
1

1

1

Vì xyz = 1 nên x, y, z ≠ 0, Đặt a = x ; b = y , c = z thì ta có:
abc = 1 và a, b, c khác 0, khác 1.
Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành


1

(1− a)

2

+

1

( 1− b)

2

+

2

1

( 1− c)

2

1
1 
 1
≥1⇔ 
+
+
÷ −
 1− a 1− b 1− c 



1
1
1
−2 
+
+
 ≥1
 ( 1− a) ( 1− b) ( 1− b) ( 1− c) ( 1− c) ( 1− a ) 
2

 3 − 2 ( a + b + c ) + ab + bc + ca 


3 − ( a + b + c)
⇔
 −2
 ≥1
ab
+
bc
+
ca

a
+
b
+
c
ab
+
bc
+
ca

a
+
b
+
c
(
)
(
)




2





3 − ( a + b + c)
3 − ( a + b + c)
⇔ 1 +
 −2
 ≥1
 ab + bc + ca − ( a + b + c ) 
 ab + bc + ca − ( a + b + c ) 


3 − ( a + b + c)
⇔ 1+ 
 ≥1
ab
+
bc
+
ca

a
+
b
+
c
(
)



Đó chính là điều phải chứng minh.
2. 2.PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐỊNH NGHĨA
A) Kiến thức cần nhớ:
Để chứng minh A > B, ta xét hiệu A – B và chứng minh rằng A – B là số dương
B)Các ví dụ:
Ví dụ 1.2.1. Chứng minh rằng ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) ( x − 4 ) ≥ −1
Lời giải:
Xét hiệu:

( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) ( x − 4 ) − ( −1) = ( x 2 − 5 x + 4 ) ( x 2 − 5 x + 6 ) + 1
2
Đặt x 2 − 5 x + 5 = y , biểu thức trên bằng ( y − 1) ( y + 1) + 1 = y ≥ 0
Vậy ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) ( x − 4 ) ≥ −1
2.3.PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
A)Kiến thức cần nhớ:
Nội dung của phương pháp quy nạp: Một bất đẳng thức phụ thuộc vào số nguyên dương n
được xem là đúng nếu thỏa mãn hai điều kiện:
-Bất đẳng thức đúng với giá trị đầu tiên của n.
-Từ giả thiết bất đẳng thức đúng với n = k ( k ∈ ¥ ) suy ra được bất đẳng thức đúng với n = k +
1.
Các bước chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp:
Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức với giá trị đầu tiên của n.
Bước 2:Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (gọi là giả thiết quy nạp), sau đó chứng minh bất
đẳng thức đúng với n = k + 1
Bước 3: Kết luận bất đẳng thức đã cho đúng.
B)Các ví dụ:
Ví dụ 1.3.1.Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 5 ta có: 2n > n 2
Lời giải:
Với n = 5, bất đẳng thức trở thành 25 > 52 ⇔ 32 > 25 (Đúng)
Bất đẳng thức đúng với n = 5
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ( k ∈ ¥ , k ≥ 5 ) , tức là 2k > k 2
Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, hay


2k +1 > ( k + 1)

2

k +1
k
2
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có: 2 = 2.2 > 2k ( 1) Vì k ≥ 5 nên

2k 2 = k 2 + 2k + 1 + k 2 − 2k − 1 = ( k + 1) + k ( k − 5 ) + 3k − 1 > ( k + 1)
2

⇔ 2k 2 > ( k + 1)

2

2

( 2)

Từ (1) và (2) ta có bất đẳng thức đúng với n = k + 1, nên theo nguyên lí quy nạp ta có điều
phải chứng minh.
Ví dụ 1.3.2.Cho x ≥ −1 là một số thực cho trước. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, ta có

( 1+ x)

n

≥ 1 + nx.

Lời giải:
Với n = 1, bất đẳng thức trở thành: 1 + x ≥ 1 + x (Đúng)
Bất đẳng thức đúng với n = 1.
Giả sử bất đẳng thức đúng đến n = k ( k ∈ ¥ , k ≥ 1) , tức là

( 1+ x)

k

≥ 1 + kx

Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, hay

( 1+ x)

k −1

≥ 1 + ( k + 1) x

Thật vậy, vì x ≥ −1 ⇒ x + 1 ≥ 0 nên theo giả thiết quy nạp, ta có:

( 1 + x ) = ( 1 + x ) ( 1 + x ) ≥ ( 1 + x ) ( 1 + kx )
( 1 + x ) ( 1 + kx ) = 1 + ( k + 1) x + kx 2 ≥ 1 + ( k + 1) x
k +1
Nên ( 1 + x ) ≥ ( 1 + x ) ( 1 + kx ) ≥ 1 + ( k + 1) x
k +1

k

Hay bất đẳng thức đúng với n = k + 1, nên theo nguyên lý quy nạp suy ra điều phải chứng
minh.
Ví dụ 1.3.3.Chứng minh với mọi số thực a, b thỏa mãn a + b ≥ 0 ta có:
n

a n + bn  a + b 
≥
÷
2
 2 

Lời giải:
Với n = 1 bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Giả sử bất đẳng thức đúng đến n = k (k ∈ ¥ , k ≥ 1) , tức là
k

a k + bk  a + b 
≥
÷
2
 2 

Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, hay
k +1

a k +1 + b k +1  a + b 
≥
÷
2
 2 
k +1

 a+b

÷
 2 

thật vậy, vì a + b ≥ 0 nên theo giả thiết quy nạp ta có:

k

k
k
 a+b  a +b a +b a+b
=

×
÷ ×
2
2
2
 2 

a k + b k a + b a k +1 + b k +1
×

( *)
2
2
2
⇔ a k +1 + b k +1 − a k b − b k a ≥ 0

Bất đẳng thức đúng với n = k + 1 nếu ta chứng minh được
Mà (*) tương đương với

(a

k

+ b k ) ( a + b ) ≤ 2 ( a k +1 + b k +1 )

⇔ ( a − b ) ( a k − b k ) ≥ 0 ( **)

Vì vai trò của a, b như nhau nên ta có thể giả sử a ≥ b . Khi đó a - b ≥ 0 (1)
Mặt khác, từ a + b ≥ 0 ⇒ a ≥ −b , ta có:


(2)

a ≥ b ≥ 0 ⇒ a k ≥ bk ≥ b k ⇒ a k − bk ≥ 0

Từ (1) và (2) ta có (**) đúng
Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh.
2.4. PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI, DÙNG TỔNG SAI PHÂN
A.Kiến thức cần nhớ:
Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức : A < B.
Ý tưởng của phương pháp là làm trội A < C rồi chứng minh C < B
Đôi khi để chứng minh một bất đẳng thức dạng
f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( xn ) ≤ M

Ta có thể làm trội f ( xi ) ≤ G ( yi +1 ) − G ( yi ) để thu được

f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( xn ) ≤ G ( yn ) − G ( y1 )

Sau đó ta chỉ còn phải chứng minh một bất đẳng thức đơn giản hơn là
G ( yn ) − G ( y1 ) ≤ M

*Chú ý;
-Với ba số dương a, b, x thì:
a
a a+x
< 1 thì <
b
b b+ x
a
a a+x
+Nếu > 1 thì >
b
b b+x

+Nếu

-Một số tổng sai phân thường dung:
1

1

1

1

1

a) 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + ( n − 1) n = 1 − n
b)

1
1
1
+
+ ... +
=
x ( x + d ) ( x + d ) ( x + 2d )
 x + ( n − 1) d  ( x + nd )

=

11
1 
n
 −
÷=
d  x x + nd  x ( x + nd )

c)

1
1
1
+
+ ... +
=
1.2...k 2.3... ( k + 1)
n ( n + 1) ... ( n + k − 1)

=


1 
1
1


 , ∀m > 0, d ≠ 0
k − 1 1.2... ( k − 1) ( n + 1) ( n + 2 ) ... ( n + k − 1) 

Các đẳng thức được chứng minh nên chú ý rằng:
1

1

1

a) m ( m + 1) = m − m + 1 , ∀m > 0
d

1

1

b) ( x + md ) ( x + md + d ) = x + md − x + ( m + 1) d , ∀m > 0, d ≠ 0
c)

( m + k − 1) − m =
k −1
=
m ( m + 1) ... ( m + k − 1) m(m + 1)... ( m + k − 1)

=

1
1

, ∀m > 0, k ∈ ¥ *
m ( m + 1) ... ( m + k − 2 ) ( m + 1) ... ( m + k − 1)

B.Các ví dụ:


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×