›
›
›

10 Chuyên đề Toán Lớp 9 - Nguyễn Thiên Hương

pdf 133 trang thaodu 5090
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "10 Chuyên đề Toán Lớp 9 - Nguyễn Thiên Hương", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdf10_chuyen_de_toan_lop_9_nguyen_thien_huong.pdf

Nội dung text: 10 Chuyên đề Toán Lớp 9 - Nguyễn Thiên Hương

  1. word tài liệu Zalo: 0986686826 Chuyên đề 1: RÚT GỌN PHÂN THỨC ĐẠI SỐ I – Phương pháp giải: - Phân tích tử và mẫu thành nhân tử (nếu có) để tìm nhân tử chung. - Chia cả tử và mẫu cho nhân tử chung. II – Các dạng bài toán thường gặp: 1- Rút gọn phân thức. 22 ()xax aa42 31 Câua1:) 22 axax 44 Câu:) b 42 a a 21 a ()()xaxxax aa42 31 (2)ax 2 a42 ( a 2 a 1) axa(2) a4 21 a 2 a 2 (2)xa 2 aa42 ( 1) a (aa2 1) 2 2 2xa 42 aa ( 1) (a22 1 a )( a 1 a ) (a22 a 1)( a a 1) (aa2 1) (aa2 1) c) 2yy2 5 2 2y32 9 y 12 y 4 (2y2 4 y ) ( y 2) (2y3 4 y 2 ) (5 y 2 10 y ) (2 y 4) 2y ( y 2) ( y 2) 2 2y ( y 2) 5 y ( y 2) 2( y 2) (yy 2)(2 1) (y 2)(2 y2 5 y 2) (2y 1) (2yy 1)( 2) 1 y 2 1 Với: y -2 và y - 2 2- Chứng minh. 1
  2. word tài liệu Zalo: 0986686826 aaaa32 441 Câu2 : a) Hãy chứng minh: aaa32 7148 a 2 Giải: aaa32 44 aaa32 7148 ()(44)aaa32 (8)(714)aaa32 aaa(1)4(1)22 (2)(24)7(2)aaaaa 2 (4)(1)aa 2 2 (2)(54)aaa (4)(1)(1)aaa (2)(4)(1)aaa a 1 a 2 Câu2 : b) Chứng minh phân thức sau không phụ thuộc vào x: 222 ()(1)1xaaax ()(1)1xaaax222 Giải: ()(1)1xaaa22 2 x 22 2 ()(1)1xaaa x xx2222 aaaa 2 x 1 xx2222 aaaa 2 x 1 xx222 aa 22 xaa 1 xx222 aa 22 xaa 1 xaaaa222(1)(1) xaaaa222(1)(1) (1)(1)xaa22 (1)(1)xaa22 1 aa2 2 1 aa Vậy: Phân thức không phụ thuộc vào x. 1 1 1 1 Câu2: c) Chứng minh rằng nếu thì trong ba số x, y, z ít nhất x y z x y z cũng có một cặp số đối nhau . Giải: 2
  3. word tài liệu Zalo: 0986686826 1111 Từ: xyzxyz yzxzxy 1 Ta có: xyzxyz Từ đó ta có: ()()xyzyzxzxyxyz Hay ()()0xyzyzxzxyxyz Biến đổi vế trái: ()()xyzyzxzxyxyz xyzxzxyyzxyzxyyzxzxyzxyz222222 ()()xyzxzyzyzxyxzxyxyz222222 zxyxzyyzx()() xyxzyyz22 ()()xyxzyyzxz 2 ()()()xyyzxz Vậy: ()()()0xyyzxz Tích ba nhân tử bằng 0 chứng tỏ rằng ít nhất phải có một nhân tử bằng 0, từ đó suy ra ít nhất có một cặp đối nhau. 3- Tính giá trị. 32 Câu3 : a) Tính giá trị của phân thức C = xxx 6 với x = 2008 xx3 4 Giải: C = xxx 32 6 xx3 4 x(6) xx2 xx(4)2 2 xxx 236 (2)(2)xx x(2)3(2) xx (2)(2)xx x 3 x 2 Với x = 2008 thì C = 2011 2010 Câu 3: b) Cho a+b+c = 5. Tính giá trị của phân thức 3 3 3 a b c 3 abc a2 b 2 c 2 ab bc ac Ta có:a 3 b 3 c 3 3 abc a3 b 3 c 3 3 a 2 b 3 ab 2 3 a 2 b 3 ab 2 3 abc a3 3 a 2 b 3 ab 2 b 3 c 3 3 a 2 b 3 ab 2 3 abc 3 (a b )33 c 3 ab ( a b c ) (a b c )[()() a b22 a b c c ]3( ab a b c ) (a b c )( a2 b 2 c 2 ab bc ca )
  4. word tài liệu Zalo: 0986686826 abcabcabcabcabbcac333222 3()() Vậy: abc5 abcabbcacabcabbcac222222 () x y z a b c Câu3: c) Cho a, b, c, x, y, z thỏa mãn 1 và 0 a b c x y z x y222 z Tính: a b222 c Giải: xyz 1 abc xyz ()1 2 abc xyzxyxzyz222 222 1 abc222 abacbc xyzxyzcba222 2 ()1 abc222 abczyx xyzxyzabc222 2 ()1 abc222 abcxyz Mà: xyz222 Vậy: 1 abc222 4- Tổng hợp 222 Câu4 : a) Cho biểu thức A = mnnnm ()1 mnnm2442 22 a1) Rút gọn A. a2) Chứng minh rằng A dương. a3) Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị lớn nhất? Giải: mn2 n 2( n 2 m ) 1 a1) A = 2 4 4 2 m n 22 n m 2 4 2 mn n mn 1 2 4 2 4 m n m 22 n n4 1 (nm42 1)( 2) 1 m2 2 4
  5. word tài liệu Zalo: 0986686826 2 a2) Ta có: m 0,  m. Nên: m2 + 2 > 0, m. Do đó: 1 > 0, m. m2 2 Vậy: A > 0, m. 2 a3) Ta có: m 0, m. Nên: m2 + 2 2, m. 11 Do đó: , m. m2 2 2 1 Hay: A , m. 2 Vậy: A đạt giá trị lớn nhất khi A = Suy ra: m2 + 2 = 2 hay m = 0 xxxx 222431 2 Câu4: b) Cho M = 3: . 3113xxxx b1) Rút gọn biểu thức M. b2) Tìm giá trị của M với x = 2008. b3) Với giá trị nào của x thì M < 0 ? b4) Với giá trị nào của x thì M nhận giá trị nguyên? Giải: b1) Điều kiện: x 0, x -1, x x 2 2 2 4 x 3 x x2 1 3: M = 3x x 1 x 1 3 x (x 2)( x 1) 2.3 x 3.3 x .( x 1) x 1 3 x x2 1 . 3x .( x 1) 2 4 x 3 x x2 3 x 2 6 x 9 x 2 9 x x 1 3 x x 2 1 . 3x .( x 1) 2 4 x 3 x ( 8x22 2)( x 1) 3 x x 1 3x .( x 1)(2 4 x ) 3 x 2(1 2xx )(1 2 ) 31xx 2 2.3x.(1 2 x ) 3 x 1 2x 3 x x2 1 3x xx( 1) 3x 5 x 1 3
  6. word tài liệu Zalo: 0986686826 b2) Với x = 2008. 2 0 0 8 1 M = 669 3 b3) M < 0 khi x – 1 < 0 tức là x < 1. Kết hợp với điều kiện. Vậy: M nhận giá trị âm với mọi x < 1 trừ các giá trị 0, -1, 1 . 2 b4) M nhận giá trị nguyên khi (x-1) 3 hay x -1 = 3k (k Z) Vậy: x = 3k +1 (k Z) Câu5: a) Rút gọn biểu thức sau: ababab 22 M = aa : 22 abab ab Giải: ab ab a22 b aa : 22 M = a b a b ab a2 ab ab ab a 2 ab a 2 b 2 . 22 a b a b ab 4 2 2 a a b 2 2. 2 2 a b a b a4 ab22 Câu5: b) Chứng tỏ: aa2 13 ,  aR a2 1 2 Giải: Ta có: aaa 1012 2 2 (1) Chia cả hai vế của (1) cho 2(a2+1), ta được: 1 a 2 a2 1 1 a Do đó: 11 2 a2 1 31aa2 2 a2 1 Vậy: , 6
  7. word tài liệu Zalo: 0986686826 Câu5: c) Tính giá trị của biểu thức sau: 3 xaxab 2 ab Q với x xbxab 2 2 Giải: Với , ta có: abba xaa 22 a b a b x b b 22 xaba 2 .1 xbab 2 Ta lại có: abbaba 333() xabab 22 222 ababab 333() xabab 22 222 xabba 23()2 .1 xabab 223() Vậy: Q = (-1)3-(-1) = -1+1 = 0 Câu6: a) Rút gọn biểu thức sau: 111 A = ()()()()()()abacbc bacacb Với a, b, c đôi một khác nhau. Giải: 1 1 1 A = (abac )( )( bcba )( )( cacb )( ) 1 1 1 (abca )( )( bcab )( )( cabc )( ) ()()()b c c a a b (a b )( b c )( c a ) b c c a a b (a b )( b c )( c a ) (a, b, c đôi một khác nhau) 0 Câu6: b) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc a, b, c. 7
  8. word tài liệu Zalo: 0986686826 4abc2 1 4 2 1 4 2 1 B = (abac )( )( bcba )( )( cacb )( ) Với a, b, c đôi một khác nhau. Giải: 414141abc222 B ()()()()()()ab acbc baca cb abc222 4. ()()()()()()ab acbc baca cb 111 ()()()()()()ab acbc baca cb abc222 4.0 ()()()()()()ab cabc abca bc a2 ( bc )()() b22 cacab 4. ()()()ab bc ca a222222 ba cb cabacbc 4. ()()()ab bc ca a222222 cb caba bacbc 4. ()()()ab bc ca c()()() abab222 abcab 4. ()()()ab bc ca ()[ab () c abab c2 ] 4. ()()()ab bc ca ()()a b cb cab2 ca 4. ()()()a b b c c a ()()()a b b c c a 4.4 ()()() a b b c c a ( a, b, c đôi một khác nhau ) Câu6: c) Tính giá trị của biểu thức sau: x 22 a x b 4ab P với x x 22 a x b ab Giải: 8
  9. word tài liệu Zalo: 0986686826 xaxb 22 P xaxb 22 (2)(2)(2)(2)xaxbxaxb (2)(2)xaxb xbxaxabxbxaxab22 224224 xabxab2 2()4 2(4)xab2 xabxab2 2()4 4ab Thay x vào P ta có: ab 16ab22 24 2 ab ()ab P 16ab22 84abab ()ab 2 16ab22 24 2 ab ()ab 16ab22 2 4ab ()ab 2 9
  10. word tài liệu Zalo: 0986686826 10
  11. word tài liệu Zalo: 0986686826 CHUYÊN ĐỀ 2:PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI 1) Nhắc lại giá trị tuyệt đối: x khi x0 x -x khi x < 0 Ví dụ: a) 8 8; 10 10 2x+1 khi 2x+1 0 b) 2x+1 -(2x+1) khi 2x+1<0 2) Giải phương trình: A ( x ) b ( b 0 ) , A ( x ) B ( x ) a) Cách giải phương trình: A(x)b A(x)b A(x)b Ví dụ: Giải phương trình: 3x+1 5 Giải 4 3x+15 x= 3x+15 3 3x+15 x=-2 b) Cách giải phương trình: B(x)o B(x)0 Cách 1: A(x)B(x) A(x)=B(x) A(x)=B(x) A(x)=-B(x) A(x) 0 A(x)=B(x) Cách 2: A(x) B(x) A(x)<0 -A(x)=B(x) Ví dụ: Giải phương trình: 3x+25x-1 Giải 1
  12. word tài liệu Zalo: 0986686826 2 x- 3 3x+20 3 x= 3x+2=5x-1 2 3x+25x-1 3x+2 1: 2x=10 x=5 thoã đk x>1 Vậy phương trình có 2 nghiệm x=5 và x=-5 Cách giải 2: Đưa về 4 trường hợp sau A(x) 0 TH1: ta giải phương trình A(x) + B(x) =b B(x) 0 2
  13. word tài liệu Zalo: 0986686826 A ( x ) 0 TH 2: Ta giải phương trình A(x) – B(x) =b B ( x ) 1 : (1) x+3 =0 x=-3 không thoã x>1 Vậy phương trình vô nghiệm 3
  14. word tài liệu Zalo: 0986686826 Ví dụ 3: Giải phương trình: x - 1 x - 2 x - 3 Cách giải tương tự như các ví dụ trên. 4
  15. word tài liệu Zalo: 0986686826 Chuyên đề 3: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1. Bình phương 2 vế của phương trình a) Phương pháp  Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : ABCD , ta thường bình phương 2 vế , điều đó đôi khi lại gặp khó khăn hãy giải ví dụ sau  3333ABCABA BABC333. và ta sử dụng phép thế : 33A B C ta được phương trình : ABA B CC3 3 b) Ví dụ Bài 1. Giải phương trình sau : xxxx 331222 Giải: Đk x 0 Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được: 1 x 3 3 x 1 x 2 x 2 x 1 , để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút . Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình : 3x 1 2 x 2 4 x x 3 Bình phương hai vế ta có : 6x22 8 x 2 4 x 12 x x 1 Thử lại x=1 thỏa  Nhận xét : Nếu phương trình : fxgxhxkx Mà có : fxhxgxkx , thì ta biến đổi phương trình về dạng : fxhxkxgx sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả Bài 2. Giải phương trình sau : x3 1 x 1 x2 x 1 x 3 x 3 Giải: Điều kiện : x 1 Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? x 2 1 Ta có nhận xét : x 3 x 2 x 1 x 1 , từ nhận xét này ta có lời giải x 2 3 như sau : 1
  16. word tài liệu Zalo: 0986686826 x3 1 (2)311 xxxx 2 x 3 x3 1 x 13 Bình phương 2 vế ta được: xxxx221220 x 3 x 13 Thử lại : xx 13,13 l nghiệm Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình : fxgxhxkx Mà có : fxhxkxgx thì ta biến đổi fxhxkxgx 2. Trục căn thức 2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a) Phương pháp Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích xxAx 0 0 ta có thể giải phương trình Ax 0 hoặc chứng minh vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía vô nghiệm b) Ví dụ Bài 1 . Giải phương trình sau : 35123134xxxxxxx2222 Giải: Ta nhận thấy : 35133322xxxxx22 v xxxx22 23432 2xx 4 3 6 Ta có thể trục căn thức 2 vế : 3x22 5 x 1 3 x x 1 x22 2 x 3 x 4 Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình . Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : xxx22 12535 5 Giải: Để phương trình có nghiệm thì : x22 12 x 5 3 x 5 0 x 3 Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng x 20 A x , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau : 2
  17. word tài liệu Zalo: 0986686826 xx22 44 xxxx22 124365332 xx22 12453 xx 21 xx2302 xx22 12453 xx 225 Dễ dàng chứng minh được :  30, x xx22 12453 3 Bài 3. Giải phương trình : 3 xxx23 11 Giải :Đk x 3 2 Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình xxx 339 2 3 23 x 3 xxxx 1232531 23 3 xx22 1214 3 x 25 xx 33xx2 39 Ta chứng minh : 1 1 2 2 2 3 3 x2 1 233 x 2 1 4 x 2 1 1 3 x 25 Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2.2. Đưa về “hệ tạm “ a) Phương pháp  Nếu phương trình vô tỉ có dạng ABC , mà : ABC ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : AB ABC CAB , khi đĩ ta có hệ: 2 AC AB AB b) Ví dụ Bài 4. Giải phương trình sau : 29214xxxxx22 Giải: Ta thấy : 2x22 x 9 2 x x 1 2 x 4 x 4 không phải là nghiệm Xét x 4 Trục căn thức ta có : 28x x 4 2 x22 x 9 2 x x 1 2 2x22 x 9 2 x x 1 22 x 0 2x x 9 2 x x 1 2 2 Vậy ta có hệ: 2 2x x 9 x 6 8 22 x 2x x 9 2 x x 1 x 4 7 3
  18. word tài liệu Zalo: 0986686826 8 Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 7 Bài 5. Giải phương trình : 2113xxxxx22 Ta thấy : 2x2 x 1 x 2 x 1 x 2 2 x , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên. 1 Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt t thì bài toán trở nên đơn giản hơn x Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau : xxxx22 3131 3 xxx23 13232 2 3 431032 xx (HSG 211213440xxx (OLYMPIC Toàn Quốc 2002) 30/4-2007) 2222 225210 xxxxx 21322232xxxxxxx 21618124xxxx22 3 xxx2 4123 22 xxx 15328 3. Phương trình biến đổi về tích  Sử dụng đẳng thức uvuvuv 1110 aubvabvuubva 0 AB22 Bài 1. Giải phương trình : 33x 1 x 2 1 3 x2 3 x 2 33 x 0 Giải: ptxx 1 12 1 0 x 1 Bi 2. Giải phương trình : 33xxxxx 1 3322 Giải: + x 0, không phải là nghiệm + x 0, ta chia hai vế cho x: xx 11 33 3x 1 3 x 1 1 3 x 1 0 x 1 xx Bài 3. Giải phương trình: x 3 2 x x 1 2 x x2 4 x 3 Giải: dk:1 x 4
  19. word tài liệu Zalo: 0986686826 x 1 pt xxx32110 x 0 4x Bài 4. Giải phương trình : xx 34 x 3 Giải: Đk: x 0 2 444xxx Chia cả hai vế cho x 3 : 12101 x xxx 333  Dùng hằng đẳng thức Biến đổi phương trình về dạng : ABkk Bài 1. Giải phương trình : 33 xxx Giải: Đk: 03 x khi đó pt đ cho tương đương : x32 3 x x 3 0 3 110101 3 xx 3333 Bài 2. Giải phương trình sau : 2394xxx 2 Giải: Đk: x 3 phương trình tương đương : x 1 2 2 xx 3 13 139 xx 597 xx 3 13 x 18 2 Bài 3. Giải phương trình sau : 23922332 3 xxxx2 x 3 3 Giải : pttt 33xxx2301 II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường  Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t f x và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .Nói chung những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn thường là những phương trình dễ . Bài 1. Giải phương trình: x x22 1 x x 1 2 Điều kiện: x 1 5
  20. word tài liệu Zalo: 0986686826 Nhận xét. x x22 1. x x 1 1 1 Đặt t x x 2 1 thì phương trình có dạng: tt 21 t Thay vào tìm được x 1 Bài 2. Giải phương trình: 2x2 6 x 1 4 x 5 Giải 4 Điều kiện: x 5 t2 5 Đặt t x t 4 5( 0 ) thì x . Thay vào ta có phương trình sau: 4 tt42 10256 2.(5)1228270 ttttt242 164 (27)(211)0tttt22 Ta tìm được bốn nghiệm là: tt1,23,4 122;123 Do t 0 nên chỉ nhận các gái trị tt13 122,123 Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: xx 1223 vaø Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2610xx2 Ta được: xxx222(3)(1)0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2345yx và đưa về hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ) Bài 3. Giải phương trình sau: xx 5 1 6 Điều kiện: 16 x Đặt yxy 1(0) thì phương trình trở thnh: y2 y 5 5 y 4 10 y 2 y 20 0 ( với y 5) (y22 y 4)( y y 5) 0 1 21 1 17 yy (loaïi), 22 11 17 Từ đó ta tìm được các giá trị của x 2 2 Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau : xxx 200411 Giải: đk 01 x 2 Đặt yx 1 pttt 2 1 y y2 y 1002 0 y 1 x 0 6
  21. word tài liệu Zalo: 0986686826 1 Bài 5. Giải phương trình sau : xxxx2 231 x Giải: Điều kiện: 10 x 11 Chia cả hai vế cho x ta nhận được: xx 23 xx 1 Đặt tx , ta giải được. x Bài 6. Giải phương trình : xxxx242 3 21 Giải: x 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: 11 xx 3 2 xx 1 15 Đặt t= 3 x , Ta có : tt3 20 tx 1 x 2 Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau 152521511xxxx 22 xx22 1131 (5)(2)33xxxx 2 2nn (1 x )2 3n 1 x 2 (1 x ) 2 0 2 (1)(2)122 xxxx xxx (2004)(11) 2 xxxx 1717922 (32)(918)168xxxxx 321492352xxxxx 2 1213 xx223 Nhận xét : đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :  Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u22  uv v 0 (1) bằng cách 2 uu Xét v 0 phương trình trở thành :  0 vv v 0 thử trực tiếp Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)  aAx bBx cAxBx  u v mu22 nv 7
  22. word tài liệu Zalo: 0986686826 Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . a) . Phương trình dạng : aAx bBx cAxBx Như vậy phương trình Q x P x có thể giải bằng phương pháp trên nếu P x A x . B x Q x aA x bB x Xuất phát từ đẳng thức : xxxx32 111 xxxxxxxxx4242222 12111 xxxxx422 12121 41221221xxxxx422 Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 42241xxx24 Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai at2 bt c 0 giải “ nghiệm đẹp” Bài 1. Giải phương trình : 2251 xx23 Giải: Đặt uxvxx 1,1 2 uv 2 22 Phương trình trở thành : 25 u v uv 1 Tìm được: uv 2 537 x 2 3 Bài 2. Giải phương trình : xxxx242 311 3 Bài 3: giải phương trình sau : 2x23 5 x 1 7 x 1 Giải: Đk: x 1 Nhận xt : Ta viết  xx 11 xxx 711 22 x Đồng nhất thức ta được: 3 x 1 2 x22 x 1 7 x 1 x x 1 8
  23. word tài liệu Zalo: 0986686826 vu 9 2 Đặt uxvxx 10,10 , ta được: 327uvuv 1 vu 4 Ta được : x 46 Bài 4. Giải phương trình : xxxx32 32260 3 Giải: Nhận xét : Đặt yx 2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : 323323 xy xxyxxxyy 3260320 xy 2 Pt có nghiệm : xx 2,223 b).Phương trình dạng : uvmunv 22 Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. Bài 1. giải phương trình : xxxx2242 311 Giải: ux 2 22 Ta đặt : khi đó phương trình trở thành : uvuv 3 2 vx 1 Bài 2.Giải phương trình sau : xxxxx22 221341 Giải 1 Đk x . Bình phương 2 vế ta có : 2 xxxxxxxxxx2222 2211221221 15 2 uv uxx 2 22 2 Ta có thể đặt : khi đó ta có hệ : uv u v vx 21 15 uv 2 1 5 1 5 Do uv,0 . u v x2 2 x 2 x 1 22 Bài 3. giải phương trình : 514920xxxxx22 51 Giải: Đk x 5. Chuyển vế bình phương ta được: 2x22 5 x 2 5 x x 20 x 1 9
  24. word tài liệu Zalo: 0986686826 Nhận xét : không tồn tại số , để : 252201xxxxx22  vậy ta không thể đặt u x x 2 20 . vx 1 Nhưng may mắn ta có : xxxxxxxxx22 201451445 Ta viết lại phương trình: 245345(45)(4) xxxxxx22 . Đến đây bài toán được giải quyết . Các em hãy tự sáng tạo cho mình những phương trình vô tỉ “đẹp “ theo cách trên 3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn  Từ những phương trình tích xxx 11120 , 2x 3 x 2 x 3 x 2 0 Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát . Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau . Bài 1. Giải phương trình : xxxx222 32122 Giải: 2 2 t 3 tx 2 , ta có : tx tx 2330 tx 1 Bài 2. Giải phương trình : x 1 x22 2 x 3 x 1 Giải: Đặt : txxt 2 23,2 Khi đó phương trình trở thnh : x 11 t x2 xxt2 110 Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có chẵn : 22 t 2 x 2 xx 31 t 2 xt 1 x 01 t 2 x 1 0 tx 1 Từ một phương trình đơn giản : 1 x 2 1 x 1 x 2 1 x 0, khai triển ra ta sẽ được pt sau 10
  25. word tài liệu Zalo: 0986686826 Bài 3. Giải phương trình sau : 4x 1 1 3 x 2 1 x 1 x2 Giải: Nhận xét : đặt tx 1 , pttt: 41321 xxttx (1) Ta rút xt 1 2 thay vào thì được pt: 3214110txtx2 Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t 2 214811 xx không có dạng bình phương . 22 Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo 1,1 xx Cụ thể như sau : 3121xxx thay vào pt (1) ta được: Bài 4. Giải phương trình: 22442916xxx 2 Giải . Bình phương 2 vế phương trình: 4241624162916 xxxx 22 Ta đặt : tx 240 2 . Ta được: 9163280xtx2 222 Ta phải tách 92xxx 4928 làm sao cho t có dạng chính phương . Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích 4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích  Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ Xuất phát từ đẳng thức abcabcabbcca 3 333 3 , Ta có abcabcabacbc333 3 0 Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba . 3 718812xxxxx 3322 33x 1 3 5 x 3 2 x 9 3 4 x 3 0 Bài 1. Giải phương trình : x 2 x . 3 x 3 x . 5 x 5 x . 2 x ux 2 2 uuv2 vw wu u v u w 2 2 Giải : vx 3 , ta có : 33 vuv vw wuu v v w , giải hệ ta 2 5 w uv vw wu v w u w 5 wx 5 30 239 được: ux 60 120 11
  26. word tài liệu Zalo: 0986686826 Bài 2. Giải phương trình sau : 2x2 1 x 2 3 x 2 2 x 2 2 x 3 x 2 x 2 ax 212 bxx 2 32 abcd Giải . Ta đặt : , khi đó ta có : 2222 x 2 cxx 2232 abcd 2 dxx 2 Bài 3. Giải các phương trình sau 1) 4512193xxxxx22 3 2) xxxxxxxx 4 1111 4 4 324 5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ: 5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường  Đặt uxvx  , và tìm mối quan hệ giữa x và  x từ đó tìm được hệ theo u,v Bài 1. Giải phương trình: xxxx33252530 33 Đặt yxxy 3 3535 333 xyxy()30 Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 33 , giải hệ này ta xy 35 tìm được (;)(2;3)(3;2)xy . Tức là nghiệm của phương trình là x {2;3} 1 Bài 2. Giải phương trình: 21 xx4 4 2 Điều kiện: 021 x 21 xu 4 Đặt 021,021uv 4 xv 1 1 uv uv 4 4 2 Ta đưa về hệ phương trình sau: 2 2 24 1 4 uv 21 vv 21 4 2 2 22 1 Giải phương trình thứ 2: (vv 1) 0 , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm 4 2 nghiệm của phương trình. Bài 3. Giải phương trình sau: xx 5 1 6 12
  27. word tài liệu Zalo: 0986686826 Điều kiện: x 1 Đặt axbxab 1,51(0,0) thì ta đưa về hệ phương trình sau: 2 ab 5 ()(1)0101abababab 2 ba 5 1117 Vậy xxxxx 115115 2 62628 xx Bài 8. Giải phương trình: 55 xx3 Giải Điều kiện: 55 x Đặt uxvyuv 5,50,10 . uv22 10 ()102uvuv 2 Khi đó ta được hệ phương trình: 448 24 2()uz ()uv 1 uv 3 uv 3 5.2 Xây dựng phương trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II  Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II 2 xy 12(1)  Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : việc 2 yx 12(2) giải hệ này thì đơn giản Bây giời ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt yfx sao cho (2) luôn đúng , yx 21, khi đó ta có phương trình : xxxxx 1(21)122 2 2 Vậy để giải phương trình : x2 22 x x ta đặt lại như trên và đưa về hệ 2 x ay b Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : , ta sẽ xây 2 y ax b dựng được phương trình dạng sau : đặt y ax b , khi đó ta có phương 2 a  trình : x ax b b n a  Tương tự cho bậc cao hơn : x n ax b b 13
  28. word tài liệu Zalo: 0986686826 Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng : x  n pn a'' x b  v đặt y a x b n để đưa về hệ , chú ý về dấu của ??? Việc chọn ; thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng : là chọn được. Bài 1. Giải phương trình: xxx2 2221 1 Điều kiện: x 2 Ta có phương trình được viết lại là: (1)1221xx 2 2 xxy 22(1) Đặt yx 1 2 1 thì ta đưa về hệ sau: 2 yyx 22(1) Trừ hai vế của phương trình ta được ( )x ( y ) x0 y Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x 22 Bài 6. Giải phương trình: 26145xxx2 Giải 5 Điều kiện x 4 Ta biến đổi phương trình như sau: 41222xxxxx22 45(23)2 4511 Đặt 2345yx ta được hệ phương trình sau: 2 (23)45xy ()(1)0xyxy 2 (23)45yx Với xyxxx 234523 Với x y 1 0 y 1 x x 1 2 Kết luận: Nghiệm của phương trình là {12; 13} Các em hãy xây dựng một sồ hệ dạng này ?  Dạng hệ gần đối xứng 2 (2x 3) 2 y x 1 Ta xt hệ sau : (1) đây không phải là hệ đối xứng loại 2 2 (2yx 3) 3 1 nhưng chúng ta vẫn giải hệ được , và từ hệ này chúng ta xây dưng được bài toán phương trình sau : Bài 1 . Giải phương trình: 4x2 5 13 x 3 x 1 0 14
  29. word tài liệu Zalo: 0986686826 Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước : 2 1333 231xx 44 13 Đặt 231yx thì chúng ta không thu được hệ phương trình mà chúng ta 4 có thể giải được. Để thu được hệ (1) ta đặt : yx 31 , chọn , sao cho hệ chúng ta có thể giải được , (đối xứng hoặc gần đối xứng ) 2 yx 31 222yyx 2310(1) Ta có hệ : (*) 2 2 4135xxy  41350(2)xxy  Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): và mong muốn của chúng ta là có nghiệm xy 22231 Nên ta phải có : , ta chọn được ngay  2 ; 3 4135  Ta có lời giải như sau : 1 3 Điều kiện: x , Đặt 31(23),()xyy 3 2 2 (23)21xyx Ta có hệ phương trình sau: ()(225)0xyxy 2 (23)31yx 1597 Với xyx 8 1173 Với 2250xyx 8  15971173 Kết luận: tập nghiệm của phương trình là: ; 88 Chú ý : khi đã làm quen, chúng ta có thể tìm ngay ; bằng cách viết lại phương trình ta viết lại phương trình như sau: (2x 3)2 3 x 1 x 4 khi đó đặt 3123xy , nếu đặt 2331yx thì chúng ta không thu được hệ như mong muốn , ta thấy dấu của cùng dấu với dấu trước căn. Một cách tổng quát . 15
  30. word tài liệu Zalo: 0986686826 fxA() (1) xBym Xét hệ: để hệ có nghiệm x = y thì : A-A’=B và fyAxm()'.'(2) m=m’, Nếu từ (2) tìm được hàm ngược y g x thay vào (1) ta được phương trình Như vậy để xây dựng pt theo lối này ta cần xem xét để có hàm ngược và tìm được và hơn nữa hệ phải giải được. Một số phương trình được xây dựng từ hệ. Giải các phương trình sau 1) 4135310xxx2 4) 3 61841xxx 3 15 5) 30420043006011xxx2 2) 2 3 32 324 6) 358365325xxx 3) 3 81822xxxx 3 Giải (3): Phương trình : 2733 818xxxxxx 2754365427 32 8183246 3 Ta đặt : 32818yx 3 Các em hãy xây dựng những phương trình dạng này ! III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 1. Dùng hằng đẳng thức :  Từ những đánh giá bình phương : AB22 0, ta xây dựng phương trình dạng AB22 0 22 Từ phương trình 51295210xxxx ta khai triển ra có phương trình : 412145195xxxxx2 2. Dùng bất đẳng thức Am  Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: nếu Bm dấu bằng ỏ (1) và (2) cùng dạt được tại x0 thì là nghiệm của phương trình AB 16
  31. word tài liệu Zalo: 0986686826 1 Ta có : 112 xx Dấu bằng khi và chỉ khi x 0 và x 12, dấu x 1 bằng khi và chỉ khi x=0. Vậy ta có phương trình: 1 12008120081 xxx x 1 A f x Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : khi đó : B f x () Afx AB Bfx  Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được 22 Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): xx9 x 1 Giải: Đk x 0 22 2 2 2 1 x Ta có : x 2 2 x 1 x 9 xx 11 x 1 2211 Dấu bằng x xx 117 Bài 2. Giải phương trình : 13916xxxx2424 Giải: Đk: 11x 2 Biến đổi pt ta có : xxx222 13191256 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 2 13. 13. 1 x2 3. 3. 3 1 x 2 13 27 13 13 x 2 3 3 x 2 40 16 10 x 2 2 22 16 Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 1016xx 1064 2 17
  32. word tài liệu Zalo: 0986686826 2 1 x2 x 1 x2 5 Dấu bằng 3 2 22 101610xx x 5 Bài 3. giải phương trình: x3` 3 x 2 8 x 40 84 4 x 4 0 Ta chứng minh : 8 4 4 1xx 3 và xxxxxx32 384003313 2 Bài tập đề nghị . Giải các phương trình sau 1212 xx 433 1212 xx 16564xxx 1212 xx 444 xxxx 1128 864828 xxxx3342 284444xxx444 2 11 224 xx2 xx 3. Xây dựng bài toán từ tính chất cực trị hình học 3.1 Dùng tọa độ của véc tơ  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: u x1;,; y 1 v x 2 y 2 khi đó ta có 222222  u vuvxxyyxyxy 12121122 xy Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ uv, cùng hướng 11k 0 , xy22 chú ý tỉ số phải dương  u cos. vuvuv , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos1 uv 3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác  Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA MB MC OA OB OC với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi MO .  Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc 1200 Bài tập 18
  33. word tài liệu Zalo: 0986686826 1) 221231123113xxxxxx222 2) x22 4 x 5 x 10 x 50 5 IV. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 1.Xây dựng phương trình vô tỉ dựa theo hàm đơn điệu  Dựa vào kết quả : “ Nếu y f t là hàm đơn điệu thì fxftxt ” ta có thể xây dựng được những phương trình vô tỉ Xuất phát từ hàm đơn điệu : yfxxx 2132 mọi x 0 ta xây dựng phương trình : 3 fxfxxxxx 3121231(31)1 322 , Rút gọn ta được phương trình 23123131xxxxx32 Từ phương trình fxfx 131 thì bài toán sẽ khó hơn 27542xxxxx32 3131 Để gải hai bài toán trên chúng ta có thể làm như sau : 2x3 7 x 2 5 x 4 2 y 3 Đặt yx 31 khi đó ta có hệ : cộng hai phương trình ta 2 31xy được: 2 xx 1 32 1 = 2yy32 Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài toán vô tỉ theo dạng trên ? Bài 1. Giải phương trình : 21244432930xxxxx 22 Giải: 21xxxxfxfx 22133233213 22 1 Xét hàm số fttt 232 , là hàm đồng biến trên R, ta có x 5 Bài 2. Giải phương trình xxxxx322 456794 3 Giải . Đặt yxx 3 7942 , ta có hệ : 32 x 4 x 5 x 6 y 3 y3 y x 11 x 23 7x 9 x 4 y 19
  34. word tài liệu Zalo: 0986686826 Xét hàm số : f t t3 t , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình x 5 3 2 fyfxyxxxx 111794 15 x 2 Bài 3. Giải phương trình : 3 6x 1 8 x3 4 x 1 V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA 1. Một số kiến thức cơ bản:  Nếu x 1 thì có một số t với t ; sao cho : s i ntx và một số y 22 với y 0;  sao cho xy c o s  Nếu 01 x thì có một số t với t 0; sao cho : và một số y 2 với y 0; sao cho 2  Với mỗi số thực x có t ; sao cho : xt t a n 22  Nếu : x , y là hai số thực thỏa: xy22 1, thì có một số t với 02 t , sao cho xtyt sin,cos Từ đó chúng ta có phương pháp giải toán :  Nếu : thì đặt với hoặc với  Nếu thì đặt , với hoặc , với  Nếu : , là hai số thực thỏa: , thì đặt với a  Nếu xa , ta có thể đặt : x , với t ; , tương tự cho trường sint 22 hợp khác  x là số thực bất kỳ thi đặt : x tan t , t ; 22 20
  35. word tài liệu Zalo: 0986686826 Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t như vậy ? Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện x f t thì phải đảm bảo với mỗi x có duy nhất một t , và điều kiện trên để đảm bào điều này . (xem lại vòng tròn lượng giác ) 2. Xây dựng phương trình vô tỉ bằng phương pháp lượng giác như thế nào ? Từ công phương trình lượng giác đơn giản: c o s3tt s i n , ta có thể tạo ra được phương trình vô tỉ Chú ý : cos34cos3costtt 3 ta có phương trình vô tỉ: 431xxx32 (1) 1 Nếu thay bằng ta lại có phương trình : 431 xxx222 x (2) Nếu thay x trong phương trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ có phương trình vố tỉ khó: 412912xxxxx322 (3) Việc giải phương trình (2) và (3) không đơn giản chút nào ? Tương tự như vậy từ công thức sin 3x, sin 4x, .hãy xây dựng những phương trình vô tỉ theo kiểu lượng giác . 3. Một số ví dụ 2 3321 x Bài 1. Giải phương trình sau : 1111 xxx2 3 3 Giải: Điều kiện : x 1 Với x [1;0] : thì 110 xx 33 (ptvn) x [0 ; 1 ] ta đặt : xtt cos,0; . Khi đó phương trình trở thành: 2 11 1 2 6 cos1sin2sincosxttt vậy phương trình có nghiệm : x 2 6 6 Bài 2. Giải các phương trình sau : 1 2xx 1 2 12cos x 1) 1 2xx 1 2 HD: tan x 1 2xx 1 2 12cos x 1 2) 1 1 x22 x 1 2 1 x Đs: x 2 3) x3 32 x x HD: chứng minh x 2 vô nghiệm Bài 3 . Giải phương trình sau: 3 6xx 1 2 21
  36. word tài liệu Zalo: 0986686826 1 Giải: Lập phương 2 vế ta được:86143xxxx33 2  57 Xét : x 1, đặt xtt cos,0;  . Khi đó ta được S cos ;cos ;cos mà 9 9 9 phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phương trình. 2 1 Bài 4. .Giải phương trình x 1 x2 1 1 Giải: đk: x 1, ta có thể đặt xt ,; sin22t cos0t 1 Khi đó ptt: 1cot1 t 1 sin2 x sin 2t 2 Phương trình có nghiệm : x 2 3 1 2 2 x2 1 x 1 Bài 5 .Giải phương trình : x2 1 2x 21xx 2 Giải: đk xx 0,1 Ta có thể đặt : xtt tan,; 22 Khi đó pttt. 2sintttttt cos2cos210sin 1 sin2sin0 2 1 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm x 3 Bài tập tổng hợp Giải các phương trình sau 3 3 2 4 xxxx322 122 x 1 x x x 1 1 x 1 4 24xxxx 16 2 416 291622 22xxx2 302007. 30 4 200730. 2007 2 12x 8 xxx (2004)(11) 2xx 4 2 2 9x2 16 (32)(918)xxxxx 168 33 3 3 xxx 112 x2 3 x 1 x 4 x 2 1 33x x 1 2 x 1 3 22 4x 5 3 x 1 2 x 7 x 3 233 1 x 33 1 x2 1 x 0 22
  37. word tài liệu Zalo: 0986686826 xxxx22 3131 200843200743xxx2 4 3 10 3xx 2 (HSG Toàn Quốc 22 2002) 3 2x 1 1 x 1 3 x 8 2 x 1 225210 xxxxx xxx2 12136 3 xxx2 4123 411221xxxx 33 3 xxx23 13232 2 3 x 111 2x 11 x 21 3 4 x 4 0 (OLYMPIC 213xx 30/4-2007) xxx 22 21322232xxxxxxx2222 51492051xxxxx 3 3 21618124xxxx22 61841xxx 332xx2 15 2 xx2 2 30420043006011xxx 31x 2 122139xxx 49x 2 4 xxxx 114 32 77xx 28 43343221xxxxx2 44108610xxxx22 3 xxxx 23
  38. word tài liệu Zalo: 0986686826 Chuyên đề 4: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC A. KIẾN THỨC CƠ BẢN. * Một số bất đẳng thức cần nhớ: 2 1. a 0; a 0 ; - a a a a b a b , dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi ab 0 2. Bất đẳng thức Cô - si : a, b 0 a b ab , dấu " = " xảy ra và chỉ khi a = b 2 3. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: a b (a.c + b.d)2 (a2 + b2) (c2 + d2), dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi c d B. CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC. Phương pháp 1: DỰA VÀO ĐỊNH NGHĨA. A B A - B 0 Chú ý các hằng đẳng thức: * a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 0; 2 2 2 2 * a + b + c + 2ab + 2ab + 2ca = (a + b + c) 0 Bài 1.1: Chứng minh rằng với mọi x, y ta luôn có: 2 2 y a. x xy; 4 2 2 b. x + y + 1 xy + x + y; c. x4 + y4 xy3 +x3y Giải: y 2 4x 2 4xy y 2 1 a. Xét hiệu: x 2 xy (2x y)2 0 4 4 4 y 2 Vậy: x 2 xy . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 2x = y. 4 1 2 2 (2x 2y 2 2xy 2x 2y) 2 1
  39. word tài liệu Zalo: 0986686826 2 2 b. x + y + 1 - (xy + x + y) = 1 2 2 2 (x y) (y 1) ( x 1 )  0 2 2 2 Vậy: x + y + 1 xy + x + y. c. x4 + y4 - (xy3 + x3y) = x4 - xy3 + (y4 - x3y) = x (x3 - y3) - y (x3 - y3) = (x3 - y3) (x - y) = (x - y)2 (x2 + xy + y2) 2 2 y 2 3y = (x - y) ( x ) 0 2 4 Vậy: x4 + y4 xy3 + x3y Bài 1.2: Cho 0 < a b c. Chứng minh rằng: a b c b c a a. b c a a b c c b b a b. a c a b Giải: a b c b c a 1 a. (a 2c b2a c 2b b2c c 2a a 2b) b c a a b c abc 1 (a 2c b2c) (b2a a 2b) (c 2b c 2a) = abc 1 = c( a 2 b2 ) ab(b a) c 2 (b a ) abc 1 = (b a)( ca cb ab c 2 ) abc 1 (b a)(c b)(c a) 0 = abc ( vì o < a b c) Vậy: c b b a 1 b. (c 2b b2a b 2c a 2 c) a c a b abc 1 (c 2b b2a b2c abc) 2 abc (Vì a c abc) 1 1 (c 2b b2c) (b2a abc) bc(c b) ba(b c)   abc abc 2
  40. word tài liệu Zalo: 0986686826 1 b (c b)( c a) 0 abc (Vì o 0 (vì a z Tương tự, xét hiệu: z - y = (a + d) (b + c) - (a + c) (b + d) = (a - b) (c - d) > 0 Suy ra: z > y. Vậy: x 36. Chứng minh rằng: a 2 b2 c 2 ab bc ca 3 Giải a 2 a 2 a 2 b2 c 2 ab bc ca b2 c 2 ab bc ca 3 4 12 2 2 a 2 2 a b c ab ca 2bc 3bc 4 12 2 a 1 3 b c (a 36) 0 (Vì abc = 1 2 12a và a3 > 36 nên a > 0). 3
  41. word tài liệu Zalo: 0986686826 Vậy: a 2 b2 c 2 ab bc ca 3 1 a 1 b , y Bài 1.5: Cho a > b > 0. So sánh hai số x, y với x =1 a a 2 1 b b2 Giải: Ta có x,y > 0 và 1 1 1 1 1 y 2 b b 1 1 1 1 (Vì a > b> 0 nên 2 2 va ) a b a b Vậy: x A C. B C * 0 x 1 => x2 x (vì x - x2 = x (1 - x) 0) Bài 2.1: Cho 0 x, y, x 1, Chứng minh rằng: a. 0 x + y + z - xy - yz - zx 1; b. x2 + y2 + z2 1 + x2y + y2z + z2x. Giải: a. Ta có: x + y + z - xy - yz - zx = x (1 - y ) + y (1 - z) + z (1 - x) 0 (1) Mặt khác: (1 - x) (1 - y) (1 - z) = 1 - x- y - z + xy + yz + zx - xyz 0, Suy ra: x + y + z - xy - yz - zx 1 - xyz 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 0 x + y + z - xy - yz - zx 1. b. Ta chứng minh: x2 + y2 + z2 - x2y - y2z - z2x 1. Ta có: x2 + y2 + z2 - x2y- y2z - z2x = x2 (1 - y) + y2 (1 - z) + z2 (1 - x) x (1 - y) + y (1 - z) + z (1 - x) (vì x2 x, y2 y, z2 z) x + y +z - xy - yz - zx 1 (câu a). Bài 2.2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 + 2abc < 2. Giải: 4
  42. word tài liệu Zalo: 0986686826 Nếu a 1 thì từ b + c 1 suy ra a + b + c > 2, vô lý! Vậy 0 0, suy ra abc 1 - a - b - c - d Giải: Ta có: (1 - a) (1 - b) = 1 - a - b + ab > 1 - a - b (1) Vì 1 - c > 0 nên: (1 - a) (1 - b) (1 - c) > (1 - a - b) (1 - c) (2) (1 - a - b) (1 - c) = 1 - a - b - c + c (a + b) > 1 - a - b - c (3) Từ (2) và (3) suy ra: (1 - a) (1 - b) (1 - c) > 1 - a - b - c Vậy: (1 - a) (1 - b) (1 - c) (1 - d) > (1 - a - b - c) (1 - d) > 1 - a - b - c - d (Vì d (a + b + c) > 0) Bài 2.4: Cho 0 a, b, c 2 thoả a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 5 Giải: Cách 1: Vì a + b + c = 3 nên có ít nhất một trong ba số a, b, c không nhỏ hơn 1, giả sử a 1. Vì 1 a 2 nên: (a - 1) (a - 2) = a2 - 3a + 2 0 => a (3 - a) 2 Suy ra: ab + bc + ca = a (b + c) + bc = a (3 - a) + bc 2 (1) Vậy: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2 (ab + bc + ca) = 9 - 2 (ab + bc + ca) 5 (theo (1)) Cách 2: Vì a, b, c 2 nên: (2 - a) (2 - b) (2 - c) = 8 - 4 (a + b + c) + 2 (ab + bc + ca) - abc 0 abc 2 2 5
  43. word tài liệu Zalo: 0986686826 Suy ra: - 4 + 2 (ab + bc + ca) - abc 0 => ab + bc + ca 2+ Vậy: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2 (ab + bc + ca) 9 - 4 = 5 Bài 2.5: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 1. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 4abc 0 Suy ra: 4abc + a2 + b2 + c2 + 4abc 0. Chứng minh: bc ca ab a b c b. Cho a c > 0, b c. Chứng minh: c(a c) c(b c ) ab Giải: a. a2 +b2 + c2 2 (bc + ac - ba) (Vì abc > 0) a2 + b2 + c2 - 2bc - 2ac + 2ab 0 (a + b - c)2 0 (hiển nhiên đúng). a b c 1 1 1 2 bc ca ab a b c 6
  44. word tài liệu Zalo: 0986686826 Vậy: b. c(a c) c(b c) ab ( c(a c) c (b c)) 2 ab c (a - c) + c (b - c) + 2c (a c)(b c) ab c2 - 2c ( a c)(b c) ( a c)(b c) 0 (c - ( a c )( b c ) ) 2 0 ( hiển nhiên đúng). Vậy: c(a c ) c(b c) ab Bài 3.2: Cho biểu thức: 3 1 4 P x 4 x3 x 1 x 1 x 4 x3 x5 x 4 x3 x 2 x 1 32 Chứng minh rằng 0 0 32 2 32 4 2 P 4 2 9 16(x x 1) 9 x x 1 9 16x4 + 16x2 + 7 > 0 (luôn luôn đúng). 32 Vậy: 0 y và xy = 1. Chứng minh rằng: 8 (x y)2 Giải: 7 (x 2 y 2 )2 8 (x y)4 4(x y)2 4 8(x y)2 (x y)2
  45. word tài liệu Zalo: 0986686826 Ta có: x2 + y2 = (x - y)2 + 2xy = (x - y)2 + 2, suy ra: (x2 + y2)2 = (x - y)4 + 4 (x -y)2 + 4 Do đó: (x - y)4 - 4 (x - y)2 + 4 0 (x - y- 2)2 0 (luôn đúng) Vậy: Phương pháp 4: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ. * x2 + y2 2 /xy/ * x2 + y2 2xy 1 * ( x + y)2 4xy * x + 2 , với x > 0 x 1 1 4 1 4 (x, y 0) (x, y 0) * x y x y * xy (x y)2 Bài 4.1: Cho a, b, c 0 và a + b + c = 1. Chứng minh rằng: a + 2b + c 4 (1 - a) (1 - b) (1 - c) Giải: Áp dụng bất đẳng thức: 4xy (x + y)2, ta có: 2 4 (1 - a) (1 - b) (1 - c) = 4(b + c) (1 - c) (1 - b) (1 + b) (1 - b) (1 + b) (1 - b2) (1 + b = a + 2b + c 1 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = 2 , b = 0, c = . Bài 4.2: Cho x, y > 0 và x + y - z = 1. Chứng minh rằng: x + y 16xyz. Giải: Áp dụng bất đẳng thức: 4xy (x + y)2, ta có: 16xyz 4z (x + y)2 (1) Ta chứng minh: 4z (x + y)2 x + y 4z ( x + y) 1 4z (1 + z) 1 8
  46. word tài liệu Zalo: 0986686826 4z2 + 4z + 1 0 (2z + 1)2 0 Vậy: 4z (x + y)2 x + y (2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 1 1 1 a b c Bài 4.3: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 2 a b b c c a Giải: ab 1 1 1 Từ (a + b)2 4ab => (a b) (a b) (1) a b 4 1 1 4 a b 1 1 Tương tự: (b c) (2) 1 1 4 b c 1 1 (c a) (3) 1 1 4 c a Cộng (1), (2), (3) ta được điều phải chứng minh. 1 1 1 9 Bài 4.4: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng a b c a b c Giải: Cách 1 1 1 1 a a b b c c Ta có: (a + b + c) 1 1 1 a b c b c a c a b a b a c b c 3 9 b a c a c b a b a c b c (Vì 2 ; 2; 2; b a c a c b Suy ra: Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cô - si: a + b + c 3 3 abc 1 1 1 1 33 a b c abc 9
  47. word tài liệu Zalo: 0986686826 1 1 1 1 1 1 9 Suy ra: ( a + b + c) 9 a b c a b c a b c Bài 4.5: Hai số dương a, b thoả mãn ab > a + b. Chứng minh rằng a + b > 4 Giải: a b Từ ab > a + b => a > 1 + và b > 1 + suy ra b a a b a b a + b > 2 + 4 (vì 2) b a b a Bài 4.6: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi 2p. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 2 p a p b p c a b c Giải: 1 1 4 Áp dụng bất đẳng thức: (x , y 0 ); Ta có: x y x y 1 1 4 4 ; p a p b 2p a b c 1 1 4 ; p b p c a 1 1 4 . p c p a b 1 1 1 1 1 1 2 4 Do đó: p a p b p c a b c Suy ra: 1 1 1 1 1 1 2 . p a p b p c a b c Bài 4.7: Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng: a b c d 2 b c c d a d a b Giải: 1 4 (x, y 0) Áp dụng bất đẳng thức: xy (x y)2 , ta có: 10
  48. word tài liệu Zalo: 0986686826 a c a(d a) c(b c) a 2 c 2 ad bc 4. (1) b c d a (b c)(d a) (a b c d)2 b d b(a b) d(c d) b2 d 2 ab cd 4. (2) c d a b (c d)(a b) (a b c d)2 Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được: a b c d a 2 b2 c 2 d 2 ad bc ab cd 4. 2 b c c d d a a b (a b c d) Ta chứng minh: 4(a 2 b2 c 2 d 2 ad bc ab cd ) 2 (3) (a b c d)2 Thật vậy: (3) 4 (a2 + b2 + c2 + d2 + ad + bc + ab + cd) 2 (a + b + c + d)2 2a2 + 2b2 + 2c2 + 2d2 - 4ac - 4bd 0 (a - c)2 + (b - d)2 0 (đpcm). Bài 4.8. Cho hai số dương a, b và a + b = 1. Chứng minh rằng: 1 1 2 2 6 ab a b Giải: Áp dụng bất đẳng thức: 4ab (a + b)2, ta có: 1 1 ab 4 4 ab Áp dụng bất đẳng thức: 1 1 4 với x, y > 0, ta có: x y x y 1 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = . 2 a b b d c a d b Bài 4.9. Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng: 4 a b b c c d d a Giải: a b b d c a d b a c c a b d d b Ta có: a b b c c d d a a b c d b c d a 11
  49. 1 2 word tài liệu Zalo: 0986686826 a c b d c a d b a c c a b d d b a b b c c d d a a b c d b c d a (a c)(a b c d) (b d) (a b c d) = (a b)(c d) (b c)(d a) 1 4 Áp dụng bất đẳng thức: , ta có: xy (x y)2 (a c)(a b c d) (b d) (a b c d) (a b)(c d) (b c)(d a) 4(a c)(a b c d) 4(b d).(a b c d) 2 2 4 (đpcm). (a b c d) (a b c d) Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG. Bài 5.1: Cho 3 số dương a, b, c nhỏ hơn 2. Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai: a(2 - a) > 1 ; b(2 - b) > 1 ; c( 2 - c) > 1. Giải: Giả sử các bất đẳng thức đều đúng, nhân ba bất đẳng thức lại ta được: a (2 - a) b (2 - b) c (2 - c) > 1 (1) Mà 0 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng nếu x + y + z > x y z thì có một và chỉ một trong ba số x, y, z lớn hơn 1. 12
  50. word tài liệu Zalo: 0986686826 Giải: Ta có (x - 1) (y - 1) (z -1) = xyz - xy - yz - zx + x + y + z - 1 1 1 1 = x + y + z - (vì xyz = 1) x y z Suy ra: (x - 1) (y - 1) (z - 1) > 0 Trong ba số x - 1, y - 1, z - 1 có một và chỉ một số dương. Thật vậy, nếu cả 3 số đều dương thì x, y, z > 1. Khi đó xyz > 1, vô lý! Vậy chỉ có một và chỉ một trong ba số x, y, z lớn hơn 1. Bài 5.4: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng không thể đồng thời xảy ra các bất đẳng thức sau: a + b cd > (a + b)2 - ab 3ab => cd > 3ab (1) Mặt khác, ta có: (a + b) cd (a + b)2 cd 4abcd (a + b)2 cd a2b2 > 3abcd => ab > 3cd (2) Từ (1) và (2) suy ra: ab >3cd > 9ab, vô lý! Vậy ta có điều phải chứng minh Phương pháp 6: PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI. a a a c 1 a, b > 0 và b thì b b c a b c Bài 6.1: Cho 3 số dương a,b, c. Chứng minh rằng: 1 < 2 a b b c c a Giải: a a a a c Vì 1 nên a b a b c a b a b c b b b a Tương tự: ; a b c b c a b c 13
  51. word tài liệu Zalo: 0986686826 c c c b . a b c c a a b c Cộng các bất đẳng thức trên lại ta được điều phải chứng minh. Bài 6.2: Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng: a b b c c d d a A = a b c b c d c d a d a b không là số nguyên. a b a b a b a b d Vì 1 nên . a b c a b c d a b c a b c d b c b c b c a ; Tương tự: a b c d b c d a b c d c d c d c d b ; a b c d c d a a b c d d a d a d a c . a b c d d a b a b c d Cộng lại ta được 2 1 ta có: . Do đó: k 2 k(k 1) k 1 k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 1 2 3 n 2 2 3 n 1 n n 1 4 4 4 b.Với k > 1 ta có: , do đó: k 2 4k 2 4k 2 1 (2k 1)(2k 1) 1 1 1 2 2 k 2k 1 2k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 14 12 22 n2 3 5 5 7
  52. word tài liệu Zalo: 0986686826 Suy ra: 1 1 1 1 2 1 2 2n 1 2n 1 3 2n 1 2 5 1 . 3 3 1 1 1 , ,a 1 . Bài 6.4: Cho dãy số a1 = 1, a2= 2 n 2 n Chứng minh rằng: 1 1 1 2 2 2 2 Với mọi n > 1. a2 2a2 nan Giải: Với k 2 ta có: 1 1 1 1 1 1 2 (vì ak > ak - 1) => 2 ( vì ak - ak - 1 = k ) kak kak i ak kak ak 1 ak Do đó: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 a1 2a2 nan a1 a2 a2 a3 an 1 an 1 1 1 = 1 + 2 . 2 a1 an an 1 1 1 Bài 6.5: Cho dãy số a1 = 1, a2 = 1 + , , an = 1 + + + + 3 5 2n 1 1 1 1 2. Chứng minh rằng: 2 2 2 a1 3a2 (2n 1)an Giải: 1 Ta có: ak - ak - 1= a a ; 2k 1 k k 1 1 1 ak ak 1 1 1 2 . (2k 1)ak (2k 1)ak 1ak ak 1ak ak 1 ak Do đó: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a 2 3a 2 (2n 1)a 2 a a a a a a 1 2 n 2 3 3 4 n 1 n 1 1 1 2 15 a 2 a n
  53. word tài liệu Zalo: 0986686826 Phương pháp 7: BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI. a a a a1, a2, , an 0: 1 2 n n a a a n 1 2 n Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = =an. Bài 7.1: Cho S = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd trong đó ad - bc =1. Chứng minh rằng S 3 . Giải: (ac + bd)2 + (ad - bc)2 = a2c2 + 2abcd + b2d2 + a2d2 - 2abcd + b2c2 = a2 (c2 + d2) + b2 (c2 + d2) = (a2 + b2) (c2 +d2) Vì ad - bc = 1 nên: 1 + (ac + bd)2 = (a2 + b2)(c2 +d)2 Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có: 2 2 2 2 S = (a + b ) + (c + d ) + ac + bd 2 ( a 2 b2 )(c2 d 2 ) ac bd 2 1 (ac bd)2 ac bd . Rõ ràng: S > 0 vì 1 (ac bd) 2 ac bd Đặt: x = ac + bd ta có: 2 2 2 2 2 S 2 1 x x S 4(1 x ) x 4x 1 x (1 x 2 ) 4 x 1 x2 4 x2 3 2 1 x2 2x 3 3 Vậy: S (đpcm). 1 1 1 Bài 7.2: Cho a, b c > 0 thoả 2. Chứng minh rằng: 1 a 1 b 1 c 1 abc 8 Giải: 1 1 1 b c Ta có: 1 1 1 a 1 b 1 c 1 b 1 c 16
  54. word tài liệu Zalo: 0986686826 Áp dụng bất đẳng thức Cô - Si: 1 bc 2 . 1 a (1 b )(1 c) 1 ac Tương tự: 2 ; 11 b (1 aac)(1 c) 2 . 1 b (1 a)( 1 b) Nhân lại ta được: 1 8abc 1 abc (đpcm). (1 a)( b)(1 c) (1 a)(1 b)(1 c) 8 Bài 7.3: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 1 1 1 a b c a2 b2 b2 ac c2 ab 2abc Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta có: a2 + bc 2a bc; b2 + ac 2b ac; 2 c + ab 2c ab; 1 1 1 1 1 2 Suy ra: a2 bc b2 ac c2 ab 2a bc 2b ac 2c ab 1 ab bc ca 2 abc a b b c c a 1 a b c 2 2 2 2 abc 2abc Phương pháp 8: BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACÔPXKI. (a b a b )2 (a2 a2 )(b2 b2 ) 1 1 n n 1 n 1 n 17
  55. word tài liệu Zalo: 0986686826 4 Bài 8.1: Cho x, y, z thoả x (x -1) + y(y - 1) + z (z - 1) . 3 Chứng minh rằng: x + y + z 4 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có: (1.x + 1.y + 1.z)2 (12 + 12 + 12)(x2 + y2 + z2) Suy ra: (x + y + z)2 (x2 + y2 + z2) Theo giả thiết, ta có: x2 + y2 + z2 - (x + y + z) Từ đó suy ra: 1 (x + y + z)2 - (x+ y + z) 4 S2 - 3S - 4 0 3 3 (Với S = x + y + z) (S + 1) (S - 4) 0 - 1 S 4 Vậy: x + y + z 4. 2 Bài 8.2: Giả sử phương trình x + ax + b = 0 có nghiệm x0. Chứng minh 2 2 2 rằng: x0 1 a b Giải: 2 x0 là nghiệm phương trình x + ax + b = 0 nên ta có: 2 4 2 2 2 2 x0 ax0 b 0 x0 (a.x0 1.b) (a b )(x0 1) 4 4 2 2 x0 x0 1 1 2 a b 2 2 2 x0 1 x 0 1 x0 1 x0 1 x2 1 a 2 b2 0 Bài 8.3: Cho tam giác ABC và một điểm Q nào đó ở trong tam giác. Qua kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC ở M và cắt BC ở N. Qua Q kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB ở F và cắt BC ở E. Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt AC ở P và cắt AB ở R. Ký hiệu S1 = dt (QMP), S2 = dt(QEN), S3 = dt(QFR) và S = dt (ABC). Chứng minh rằng: 18
  56. word tài liệu Zalo: 0986686826 1 2 a. S ( S S S ) b. S1 S2 S3 S. 1 2 3 3 Giải: a. Ta có QMP  BAC (Tỷ số MP ) , suy ra: AC 2 S MP S1 MP 1 S AC S AC Tương tự: 2 2 S QE PC 2 S AC AC S2 PC S2 PC S3 AM Suy ra: ; . S AC S AC S AC S S S MP PC AM AC 1 2 3 1 Do đó: S AC AC 2 Suy ra: S S1 S2 S3 S S1 S2 S 3 b. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có: 2 2 2 2 S = 1. S 1. S 1 . S ) (1 + 1 +1 )(S1 +S2 + S3) 1 2 13 Suy ra: S + S + S . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 3 3 S1 = S2 = S3 Q là trọng tâm ABC. Phương pháp 9: PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH QUY NẠP. §Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc ®óng víi n n0 ta thùc hiÖn c¸c b­íc sau: a. KiÓm tra bÊt ®¼ng thøc ®óng víi n = n0. b. Gi¶ sö bÊt ®¼ng thøc ®óng víi n = k. c. Ta chøng minh bÊt ®¼ng thøc ®óng víi n = k + 1. Bµi 9.1: Chøng minh r»ng víi mäi sè tù nhiªn n 2 ta cã: 1 1 1 13 . n 1 n 2 2n 24 Gi¶i: 1 1 13 14 13 Víi n = 2, ta cã: 3 4 24 24 24 (®óng). 19
  57. word tài liệu Zalo: 0986686826 Gi¶ sö víi n = k, ta cã: 1 1 1 13 13 k 1 k 2 2k 2k 24 Ta ph¶i chøng minh: ThËt vËy, ta cã: 13 1 1 1 13 . 24 2k 2 2k 2 k 1 24 VËy bÊt ®¼ng thøc ®óng víi n=k +1,do ®ã bÊt ®¼ng høc ®óng víi mäi n 2. Bµi 9.2: Chøng minh r»ng: víi n N, n 1. Giải: 1 1 Với n = 1; Ta có (đúng) 2 2 1 3 5 2k 1 1 Giả sử: . . 2 4 6 2k 3k 1 1 3 5 2k 1 1 Ta cần chứng minh: . . 2 4 6 2k 2 3k 4 1 3 5 2k 1 1 3 2k 1 2k 1 1 2k 1 . . . . . Ta có: 2 4 6 2k 2 2 4 2k 2k 2 3 k 1 2k 2 1 2k 1 1 . Ta cần chứng minh: 3k 1 2k 2 3 k 4 (1) 2 2k 1 3k 1 Thật vậy: (1) . 2k 2 3k 4 (2k + 1)2 (3k + 4) (2k + 2)2 (3k + 1) 0 k (đúng). Vậy bất đẳng thức đúng với mọi n 1. 20
  58. file word tài liệu Zalo: 0986686826 21
  59. word tài liệu Zalo: 0986686826 Chuyên đề 5: CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC 1/ Cho biểu thức f( x ,y, ) a/ Ta nói M giá trị lớn nhất ( GTLN) của biểu thức f(x,y ) kí hiệu max f = M nếu hai điều kiện sau đây được thoả mãn: - Với mọi x,y để f(x,y ) xác định thì : f(x,y ) M ( M hằng số) (1) - Tồn tại xo,yo sao cho: f( xo,yo ) = M (2) b/ Ta nói m là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x,y ) kí hiệu min f = m nếu hai điều kiện sau đây được thoả mãn : - Với mọi x,y để f(x,y ) xác định thì : f(x,y ) m ( m hằng số) (1’) - Tồn tại xo,yo sao cho: f( xo,yo ) = m (2’) 2/ Chú ý : Nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1’) thì chưa có thể nói gì về cực trị của một biểu thức chẳng hạn, xét biểu thức : A = ( x- 1)2 + ( x – 3)2. Mặc dù ta có A 0 nhưng chưa thể kết luận được minA = 0 vì không tồn tại giá trị nào của x để A = 0 ta phải giải như sau: A = x2 – 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2( x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + 2 2 A = 2 x -2 = 0 x = 2 Vậy minA = 2 khi chỉ khi x = 2 II/ TÌM GTNN ,GTLN CỦA BIỂU THƯC CHỨA MỘT BIẾN 1/ Tam thức bậc hai: Ví dụ: Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c . Tìm GTNN của P nếu a 0. 1
  60. word tài liệu Zalo: 0986686826 Tìm GTLN của P nếu a  0 b b 2 Giải : P = ax2 + bx +c = a( x2 + x ) + c = a( x + )2 + c - b a 2a 4a2 b2 Đặt c - =k . Do ( x + )2 0 nên : 4a - Nếu a  0 thì a( x + )2 0 , do đó P k. MinP = k khi và chỉ khi x = - -Nếu a 0 thì a( x + )2 ` 0 do đó P k. MaxP = k khi và chỉ khi x = - 2/ Đa thức bậc cao hơn hai: Ta có thể đổi biến để đưa về tam thức bậc hai Ví dụ : Tìm GTNN của A = x( x-3)(x – 4)( x – 7) Giải : A = ( x2 - 7x)( x2 – 7x + 12) Đặt x2 – 7x + 6 = y thì A = ( y - 6)( y + 6) = y2 - 36 -36 2 minA = -36 y = 0 x – 7x + 6 = 0 x1 = 1, x2 = 6. 3/ Biểu thức là một phân thức : a/ Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai: 2 Ví dụ : Tìm GTNN của A = . 6x 5 9x2 2 2 Giải : A = . = = . 9x2 6x 5 (3x 1)2 4 1 1 Ta thấy (3x – 1)2 0 nên (3x – 1) 2 +4 4 do đó theo tính (3x 1)2 4 4 1 1 2 1 chất a b thì với a, b cùng dấu). Do đó A - a b 4 2 2
  61. word tài liệu Zalo: 0986686826 1 1 minA = - 3x – 1 = 0 x = . 2 3 Bài tập áp dụng: 1 1. Tìm GTLN của BT : A HD giải: x2 4x 9 1 1 1 1 A . max A= x 2. x2 4x 9 x 2 2 5 5 5 1 2. Tìm GTLN của BT : A HD x 6x2 1 7 1111 Giải: A. max A=x3 x6x17882 x38 2 3 3. (51/217) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A 2x2x7 2 b/ Phân thức có mẫu là bình phương của nhị thức. 3x2 8x 6 Ví dụ : Tìm GTNN của A = . x2 2x 1 Giải : Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm 22 2 x 2 x 1 x 4 x 4 (x 2)2 A = = 2 + 2 xx2 21 (x 1)2 minA = 2 khi và chi khi x = 2. Cách 2: Đặt x – 1 = y thì x = y + 1 ta có : 3(1)8(1)yyyyyyy 222 6363 88 6321 2 1 1 A = = 3 - + = ( - yy 1211 2 yyyy22 21 22 1 y y 2 y 1)2 + 2 minA = 2 y = 1 x – 1 = 1 x = 2 Bài tập áp dụng: x2 1 1, (13/200) Tìm GTNN và GTLN của bt: P xx2 1 xx2 2 2006 2, (36/210) Tìm GTNN của bt : B x2 3
  62. word tài liệu Zalo: 0986686826 x2 3, ( 45/ 214) Tìm GTNN và GTLN của bt: C xx2 57 xx2 22 xx2 21 4, ( 47, 48 /215) Tìm GTNN của bt : a, D b, E xx2 23 2 4xx 92 c/ Các phân thức dạng khác: 3 4x Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A = x2 1 Giải Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số : x2 4x 4 x2 1 (x 2)2 A = = - 1 -1 x2 1 x2 1 Min A= -1 khi và chỉ khi x = 2 4x2 4 4x2 4x 1 (2x 1)2 Tìm GTLN A = = 4 - 4 x2 1 x2 1 Bài tập áp dụng: x x2 1, (42, 43/ 221) Tìm GTLN của bt: a, A 2 b, B 3 x 2 x2 2 xx2 217 2, (68/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt: Q Với x > 0 21 x x3 2000 3, (70/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN của bt: S Với x > 0 x III/ TÌM GTNN, GTLN CỦA BT CÓ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN Ví dụ : Tìm GTNN của A = x3 + y3 + xy biết rằng x + y = 1 sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A A = (x + y)( x2 –xy +y2) + xy = x2 – xy - y2 + xy = x2 + y2 Đến đây ta có nhiều cách giải Cách 1: sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức có chứa A x + y = 1 x2 + 2xy + y2 = 1 (1) Mà (x – y)2 0 Hay: x2 - 2xy + y2 0 (2) 4
  63. word tài liệu Zalo: 0986686826 1 Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 ) 1 x2 + y2 2 minA = khi và chỉ khi x = y = Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x. Thay y = x – 1 vào A A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 - )2 + minA = khi và chỉ khi x = y = Cách 3/ Sử dụng điều kiện đã cho để dưa về một biến mới Đặt x = + a thì y = - a . Biểu thị x2 + y2 ta được : x2 + y 2 = ( + a)2 + ( - a)2 = +2 a2 => MinA = a = 0 x=y = Bài tập 1: Tìm Min A = aabbab22 332014 Cách 1 Ta có: A= aabbabab22 212112011 = a21211201122 abbabab = a11112011 21 ba bb = a11112011 22 bab 22 2 2 2 bbb 1131 b 1 31 b a 1212011 a = a 1 + 2011 244 24 b 1 a 1 0  Min A = 2011 khi 2 ab 1 b 10 Cách 2: 5
  64. word tài liệu Zalo: 0986686826 2A2332014 aabbababbabbab222222 = a2121a22.244022 = a1124022 212 bab a10  Min 2A = 4022 khi bab 101 => Min A = 2011 ab 20 BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ: Bài 1 CMR : Min P = 0 Với P = aabbab22 333 Bài 2 CMR: không có giá trị nào của x, y, z thỏa mãn ĐT: xyzxyz222 4286150 Hướng dẫn Ta có: VT21 xxyyzzyz222 48469 1= x-12231 1 222 Bài 3: Có hay không các số x,y,z thỏa mãn mỗi đẳng thức sau: 1) xyzxyz222 4448220 2) x49212121994222 yzxyz Hướng dẫn Ta có: 1) VT444418161 xxyyzz222 = x+221411 222 yz 2) VT = x2 2x 1 4 y 2 12 y 3 9 z 2 12 z 4 1986 = x 1 2 2 y 3 2 3 z 2 2 1986 1986 Bài 4: CMR: Min A=2 Với A = mmppmp22 45102228 Hướng dẫn Ta có: A = m2 4 mp 4 p 2 p 2 2 p 1 10 m 20 p 27 = m 2 p 22 2.5 m 2 p 25 p 1 2 = m 2 p 5 22 p 1 2 2 6
  65. word tài liệu Zalo: 0986686826 Bài 5: CMR: Max B = 4 Với B524106 abaabb22 Hướng dẫn Ta có: B44692414 aabbbbab222 = 4 - 4469221 aabbbbab222 = 4 - 22213 ababb 22 = 4 - a 2 b 122 b 3 4 Bài 6: Tìm GTNN của a) A=a542522 babb ( Gợi ý A = a - 2b 22 b 1 4 ) b) B = x33202922 yxyxy ( Gợi ý B = x-y332011 222 yx ) c) C494122430 xyzxyz222 ( Gợi ý C = x+223341 222 yz ) d) D= 20x1824412201622 yxyxy ( Gợi ý D= 4x-3y 22 2xy 1 3 2 2011 ) Bài 7: Tìm các số a, b, c, d thỏa mãn : abcdabcd2222 (*) a2 b 2 c 2 d 2 ab a b c a2 b 2 c 2 d 2 a b c d 0 a2 b 2 c 2 d 2 ab ac ad 0 Ta có : 40 a 2 b 2 c 2 d 2 ab ac ad aab22 4444440 22 b aac 22 2 c aad d a a 2220 ba 222 ca da 2 Dấu “=” sảy ra khi : abcda 22200 b c d BÀI TẬP VỀ NHÀ: Bài 1: Tìm các số a, b, c, d, e thỏa mãn : 2abcdea22222 b c d e Bài 2: Tìm các số a, b, c, thỏa mãn : ababab22 1 Bài 3: Tìm các số a, b, thỏa mãn : 4a22 4 b 4 ab 4 a 4 b 4 0 7
  66. word tài liệu Zalo: 0986686826 Bài 4: Tìm các số x, y, z thỏa mãn : xyzxyz222 428614 Bài 5: Tìm các số m, p, thỏa mãn : m22 5 p 4 mp 10 m 22 p 25 IV Các chú ý khi giải bài toán cực trị : 1, Chú ý 1: Khi tìm bai toán cực trị ta có thể đổi biến Ví dụ : Tìm GTNN của ( x – 1)2 + ( x – 3)2 ta đặt x – 2 = y, biểu thức trở thành (y + 1)2 + (y – 1)2 =2y2 +2 2 minA= 2 y=0 x=2 2 Chú ý 2, Khi tìm cực trị của biểu thức , nhiều khi ta thay điều kiện để biểu thức này đạt cực trị bởi điều kiện tương đương là biểu thức khác đạt cực trị chẳng hạn : -A lớn nhất A nhỏ nhất 1 lớn nhất B nhỏ nhất với B > 0 B x4 1 1 Ví dụ : Tìm GTLN của A (Chú ý A> 0 nên A lớn nhất khi nhỏ (1)x22 A nhất và ngược lại) 1 (1)212xxxx22422 Ta có : = 1 .Vậy 1 A xxx444 111 min = 1 khi x = 0 .Do đó maxA =1 khi x = 0 3,Chú ý 3 Khi tìm GTLN, GTNN của 1 biểu thức ,người ta thường sử dụng các BĐT đã biết Bất đăng thức có tính chất sau a ) a > b , c > d với a, b, c, d > 0 thì a.c > b. d b) a > b và c > 0 thì a.c > b.c c) a > b và c b và a, b, n > 0 thì an > bn BĐT Cô si: a + b 2 ab ; a2 + b2 2ab ; (a + b)2 4ab ; 2( a2 + b2) ( a+ b)2 Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a2 + b2) ( c2 + d2) (ac + bd)2 8
  67. word tài liệu Zalo: 0986686826 Ví dụ Cho x2 + y2 = 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y Giải :Áp dụng BĐT BCS ta có ( 2x + 3y )2 ( 22+32 ).52 ( 2x + 3y )2 13.13.4 23xy 2x + 3y 26. Vậy maxA = 26 2 3xy 0 Thay y = 3x vào x2 + y2 = 52 ta được 4x2 + 9x2 = 52.4 x2 = 16 x=4 hoặc x= 2 -4 Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y 0 x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y 0 Vậy Max A = 26 x =4 , y = 6 3/ Trong các bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau - Nếu 2 số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 số đó bằng nhau - Nếu 2 số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi 2 số đó bang nhau Ví dụ: Tìm GTLN, GTNN của tích xy, biết x,y N thoả mãn x + y = 2005 Giải : Ta có 4xy = (x + y)2 – (x – y)2 = 20052 - (x – y)2 xy lớn nhất x – y nhỏ nhất ; xy nhó nhất x – y lớn nhất giả sử x > y ( không thể xảy ra x = y) Do 1 y x 2004 nên 1 x-y 2003 Ta có min(x –y) = 1 khi x = 1003 ; y =1002 max(x –y) = 2003 khi x =2004 , y = 1 Do đó max(xy) = 1002.1003 khi x = 1003 , y = 1002 Min ( xy) = 2004 khi x = 2004 , y = 1 MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ 1, Sai lầm khi sử dụng nhiều bất đẳng thức khac nhau VD1: cho x, y là các số dương thỏa mãn x +y =1 . Tìm GTNN của biểu thức : 14 A = x y 9
  68. word tài liệu Zalo: 0986686826 14 1 4 4 Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm , ta có: x y x y xy (1) 1 xy Lại có: xy (2 ) 22 1 4 4 4 Từ (1) và (2) suy ra : A = 8 . Vậy Min A = 8 x y xy 1 2 Phân tích sai lầm: 14 Đẳng thức sảy ra ở (1) khi 4xy x y Đẳng thức sảy ra ở (2) khi x = y . Từ đó suy ra x = y = 0 ( Loại vì x + y = 1) Có bạn đến đây KL không có giá trị nhỏ nhất cũng là KL sai. 144 xy Giải đúng: Vì x + y = 1 nên A = x+y5 x yyx 4xy 44xyxy Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số không âm , Ta có : 2.4 yx yxyx 1 4xy x yx 2 3 Dấu “=” xẩy ra khi yx xy 12 xy 1 y 3 Lưu ý: Nếu sử dụng nhiều BĐT khác nhau trong 1 bài toán thì ta phải kiểm tra xem chúng có đồng thời sảy ra dấu bằng không. Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng. 2, Sai lầm khi không sử dụng hết điều kiện của bài toán: VD2:cho x, y là các số dương thỏa mãn x+y= 1. Tìm GTNN của BT : 2 2 11 A = x+ y x y 1 Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm x, Ta có: x 11 x+ 2 x. 2 (1) xx 10
  69. word tài liệu Zalo: 0986686826 1 11 Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm y , Ta có: y+2y.2 y yy (2) Từ (1) và (2) =>A 8 => Min A = 8 1 Phân tích sai lầm: Đẳng thức sảy ra ở (1) khi xx 2 1 x 1 Đẳng thức sảy ra ở (2) khi yy 2 1. Từ đó suy ra x = y = 1 ( Loại vì x + y = 1) y Giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có : x + y 11 xyxyxy 224 2 2 22 11 2 2 2 1 Ta có : A = 4 + x+y+ . Khi đó: x + y = (x + y) – 2xy 1 - = (1) xy 2 1112 25 28 (2). Từ (1) và (2) =>A 8 + +4 = =>Min A = khi xyx2222 .y xy 2 x=y = Lưu ý: Khi giải bài toán mà không sử dụng hết điều kiện của đầu bài thì cần kiểm tra lại giả thiết. Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng. 3, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1: 1 VD1: Tìm GTLN của bt: A = xx2 617 Lời giải sai: A đạt Max khi xx2 617 đạt Min Ta có : xxx2 617388 2 1 Do đó Min x2 6 x 17 8 x 3. Vậy Max A = x 3 8 Phân tích sai lầm: Kết quả đúng nhưng lập luận sai ở chỗ cho rằng “ A có tử không đổi nên đạt GTLN khi mẫu đạt GTNN” mà chưa đua ra nhận xét tử và mẫu là các số dương 11
  70. word tài liệu Zalo: 0986686826 Lời giải đúng: Bổ xung thêm nhận xét xxx2 617388 2 nên tử và mẫu của A là dương VD2:Tìm GTNN cuả BT: A = x2 + y2 biết x + y =4 22 2 2 xyxy 2 Ta có : A = x + y 2xy => A đạt GTNN xy2 xy 4 Khi đó MinA = 8 Phân tích sai lầm: Đáp số ko sai nhưng lập luân sai lầm ở chỗ ta mới c/m được f(x,y) g(x,y) chứ chưa c/m được f(x,y) m với m là hắng số. Chẳng hạn: Từ x2 4x – 4 => x2 đạt nhỏ nhất x2 = 4x – 4 (x – 2 )2 = 0 x =2 Đi đến min x2 = 4 x = 2 Dễ thấy kết quả đúng phải là Min x2 = 0 x =0 Lời giải đúng: Ta có x + y =4 x + y =162 (1) Ta lại có : x - y 20 x -2xy+y22 0 (2) Từ (1) và (2) => 2( x2 + y2 ) 16 => A = x2 + y2 8 Vậy Min A = 8 khi và chỉ khi x = y = 2. Lưu ý: Cần nắm vững t/c của BĐT cụ thể trong trường hợp so sánh hai phân số có tử và mẫu là số tự nhiên, số nguyên Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng. 4, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2 VD1: Tìm GTNN của bt: A = x + x 2 2 1 1 1 1 1 1 1 Lời giải sai : x + = x +2 x x . Vậy: Min A = 2 4 4 2 4 4 4 P/tích sai lầm: sau khi c/m f(x) chưa chỉ ra trường hợp xảy ra 1 f(x)= x (vô lí ) 2 Lời giải đúng: ĐKTT là x 0 do đó : A = x + 0 => Min A = 0 x 0 12
  71. word tài liệu Zalo: 0986686826 VD2: Tìm GTLN của A = xyxz+yy+zz+x với x, y , z là các số không âm và x +y+ z =1 4xz+yx+y+z1 2 Lời giải sai: Áp dụng BĐT 4x y x y 2 ta có : 4yz+xx+y+z1 2 4zx+yx+y+z1 2 1 1 => 64xyxz+yy+zz+x1 =>xyxz+yy+zz+x . Vậy Max A = 64 64 Phân tích sai lầm: Sai lầm ở chỗ chưa chi ra khả năng xảy ra dấu “=” z+y = x y+x = z0 xyz ĐK để Max A = là : x+z = yx + z + y = 1 ( vô lí ) x + z + y = 1x, y, z 0 x, y, z 0 Lời giải đúng: Ta có : 1 = x +y+ z 3x.y.z 3 (1) 2 = x +y + z+x + y+ z 3x +yz+xy+3 z (2) 3 3 2 Từ (1) và (2) => 2 3. .3 .x x y +yz+xy+ z z hay: 2 3AA 9 x +y = z+x = y+ z 3 2 1 Max A = khi xyzxyz 1 9 3 x,,0 y z (xa)(xb) VD3: Tìm giá trị nhỏ nhất của : A với x > 0, a, b là các hằng số x dương. xa 2 ax Lời giải sai: Ta có: x a x b 2 ax.2 bx 4 x ab xb 2 bx (x a)(x b) 4x ab Do đó: A 4 ab vậy Min A = 4 ab x a b xx Phân tích sai lầm: Nếu ab thì không có: A = 4 ab 13
  72. word tài liệu Zalo: 0986686826 (xa)(xb)xax+bx+abab 2 Lời giải đúng : Ta có Ax(ab) . xxx ab 2 Theo bất đẳng thức Cauchy : x 2 a b nên A ≥ 2 ab + a + b = ab x ab min A = khi và chi khi x . x xab x0 VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ 1 1 1 VD1: Cho x > 0, y > 0 thỏa mẫn đk Tìm GTNN của bt: A = xy xy2 11 11 Do x > 0, y > 0 nên 0, 0 áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số , x y xy 1 1 1 1 1 11 ta có: . Hay => xy 4 2 x y x y 4 xy Mặt khác ta có: x > 0, y > 0 => xy 0,0 . áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: xyxy 2244 xy Vậy: Min A = 4 khi : 111 xy4 xy2 VD2 : Tìm GTNN của của biểu thức : Axx1xx1 22 2 2 1 3 3 Ta có: x x 1 x  x R 2 4 4 2 2 13 3 xx 1x x R  24 4 Áp dụng BĐT Cô- si cho 2 số xx1,xx122 ta có : x2 x1 x 2 x12 x 2 x1.x 2 x12x4 4 x12 2 14
  73. word tài liệu Zalo: 0986686826 42 xx11  Max A = 2 khi x0 22 xx1xx1 x y z VD3 Tìm giá trị nhỏ nhất của : A với x, y, z > 0. y z x Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương: xyzxyz A3 3 3 yzxyzx xyzxyz Do đó min3xyz yzxyzx xyzxyyzy xy Cách 2 : Ta có : . Ta đã có 2 (do x, y > 0) yzxyxzxx yx nên để xyz yzy chứng minh 3 ta chỉ cần chứng minh : 1 (1) yzx zxx (1) xy + z2 – yz ≥ xz (nhân hai vế với số dương xz) xy + z2 – yz – xz ≥ 0 y(x – z) – z(x – z) ≥ 0 (x – z)(y – z) ≥ 0 (2) (2) đúng với giả thiết rằng z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z, do đó (1) đúng. Từ đó xyz tìm được giá trị nhỏ nhất của . yzx VD 4: Tìm giá trị lớn nhất của : A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với x, y, z ≥ 0 ; x + y + z = 1. Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x, y, z ta có: 1 = x + y + z ≥ 3. 3 xyz (1) Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x+y, y +z, z + x ta có : 2 = (x + y) + (y + z) + (z + x) ≥ 3. 3 (xy)(yz)(zx) (2) 15
  74. word tài liệu Zalo: 0986686826 3 3 2 Nhân từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều không âm) : 2 ≥ 9. A A ≤ 9 1 max A = khi và chỉ khi x = y = z = . 3 xyyzzx VD 5: Tìm GTNN của A với x, y, z > 0 , x + y + z = 1. zxy xy yz xy yz Giải: Theo bất đẳng thức Cauchy : 2 . 2y . z x z x yzzxzxxy Tương tự : 2z;2x . Suy ra 2A ≥ 2(x + y + z) = 2. xyyz min A = 1 với x = y = z = . 12 VD 6: Tìm GTNN của A 4xy với : x > 0, y > 0, x + y A2 4xy.211 x2xy22 y4xy x yx 2222 yx yx y 1 VD 7: : Cho x , Tìm GTLN của A =2x522 + 2x+3x - 2x 2 Giải : Ta có : A = 2x2 5xx 2 + 2 x+3 - 2x = 2x 1 2 + 2 x+3 - 2x Với ta 2x 1 0 có: x 2 0 2x 1 x+2 áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số 2x1, x+2 Ta có: 2x 1 x+2 2 3x 3 Hay : 2x 1 x+2 Dấu “ = ” xảy ra khi 2x 1 x+2 x=1 2 16
  75. word tài liệu Zalo: 0986686826 x3 4 áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số x 3, 4 Ta có: 4323 xx 2 x 7 Hay : 23x . Dấu “ = ” xảy ra khi x 3 4 x = 1 2 x 7 3x 3 Do đó: A - 2x = 5. Dấu “ = ” xảy ra khi x = 1 2 2 1 4 9 VD 8: : Cho x, y, z > 0 và x + y + z =1 Tìm GTNN của: S = x y z 149 yxzyxz4499 Ta có: S = x + y + z =1+4+9+ xyz xyyzzx yx4 yxyx44 áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương , ta có : 2.4 xy xyxy 4949zyzy 99x z x z Tương tự ta có : 2.12 ; 2 . 6 yzyz z x z x  S 1 + 4 + 9 + 4 + 12 + 6 =36 yx4 1 xy 22 y yx 4 3 49zy yx 2 49zy22 1 Dấu “=” sảy ra khi : yz zxx3 22 9xz 6 9xz xyz 1 xyz 1 1 zx z 2 xyz 1 111 Vậy Min S = 36 khi yxz ,, 362 Không phải lúc nào ta cũng dùng trực tiếp được bất đẳng thức Côsi đối với các số trong đề bài. Dưới đây ta sẽ nghiên cứu một số biện pháp biến đổi một biểu thức để có thê vân dụng BĐT Cô-si rồi tìm cực trị của nó: Biện pháp 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu thức đó 3x 5 0 57 VD1 : Tìm giá trị lớn nhất của A 3xx 5 7 3 , ĐKXĐ : x 7 3x 0 33 17
  76. word tài liệu Zalo: 0986686826 Bình phương hai vế ta có : A2 = 2 + 2 3xx 5 7 3 57 Với x . áp dụng bất đẳng thức côsi cho 35x và 73 x ta có: 33 357323573xxxx hay 223573 xx  A2 4 =>A 2 Dấu “=” xảy ra khi : 3x - 5 = 7 - 3x hay x = 2 VD2: Tìm GTNN của biểu thức: A = -x28-x222 xx (*) -x280242 xx xx 240 ĐKXĐ : 12x 2 -x20 x xx 120 12x Khi đó -x28-x26022 xxx => A > 0 Từ (*) => A22222 = -x28-x22-x28.-x2 xxxx = -2x310224122 xxxxx = 221 x 42 xxxx 222 xxx .1 4 2 2 = 4222 .1xx2 41 xxxxx 42 2 41422xxx2 A = 2 4140xxxx2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và một số chuyên đề Bùi văn Tuyên ) Bài 1 Tìm GTNN, GTLN của hàm số : yxx 11 Bài 2: Tìm GTLN của hàm số : A523 xx Bài 3: Tìm GTLN của hàm số : A 5xx 7 17 5 x y z Bài 4: Tìm GTNN của : A = với x, y, z dương và x + y + z 12 y z x Bài 5: Tìm GTLN, GTNN của : Ax4y3 biết x + y = 15 Biện pháp 2: nhân và chia một biểu thức với cùng một số khác không. 18
  77. word tài liệu Zalo: 0986686826 x - 9 VD Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 5x x - 9 1x - 9 x .3 3 x - 9 23 1 Giải: ĐKXĐ: x 9 Ta có: A = = 3 6 5x 5x5530 xx x - 9 3 Dấu “=” xảy ra khi 3 x 18 x 9 BÀI TẬP TỰ LUYỆN 7 x - 5 Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 7 x - 9 x3 - 9 Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = 27x3 Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức dã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của chúng là một hằng số: 1) Tách 1 hạng tử thành tổng nhiều hạng tử bằng nhau 3x164 VD1: cho x > 0 Tìm GTNN của biểu thức: A = x3 3x1616164 Giải : Ta có A = 3 xxxx xxx333 1616 Áp dụng BĐT Cô-si Ta có : A = x+x+x+4. . .4.284 xxx xx33 16 Vậy Min A = 8 xx 2 x3 VD2: ( đề thi ĐHTH Hà Nội 1993) Tìm Max và Min A = x2 y( 4 - x - y ) với xy, 0 và x + y 6 4 x x +y+ 4 - x - y x x 22 Xét 04 xy Ta có : A = 4. . .y( 4 - x - y ) 4. 4 2 2 4 19
  78. word tài liệu Zalo: 0986686826 x Dấu “=” xẩy ra khi = y = 4 - x - yy = 1 ; x =2 2 Xét 46 xy Rễ thấy: 4 – x - y 2 ( 1) Dấu ‘=’ xảy ra khi x + y = 6 => A = xy(2 4 - x - y ) đạt GTNN khi x2y đạtGTLN 3 3 x+x+2y 2 x+y x.x.2y 3 3 Ta có : x2 y = =32 hay x2y 32 (2) 2 2 2 xyx 64 Từ (1) và (2) => x y2 ( 4 - x - y ) -64 Dấu ‘=’ xảy ra khi xyy 22 VD3 . Tìm GTLN của A = x2(3 – x) biết x ≤ 3. x Giải : Xét 0 ≤ x ≤ 3. Viết A dưới dạng : A = 4. . .(3 – x). Áp dụng bất đẳng 2 thức Cauchy cho 3 số không âm , , (3 – x) ta được : . .(3 – x) ≤ 3 xx 3x 22 1. 3 Do đó A ≤ 4 (1) BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và một số chuyên đề Bùi văn Tuyên ) 12 16 Bài 1( 71/28) Cho x > 0 , y > 0 và x + y 6 Tìm GTNN của P 5xy 3 xy xx2 2 17 Bài 2( 68/ 28) Cho x , Tìm GTNN của Q 2(x 1) xx 6 34 Bài 3( 69/ 28) Tìm GTNN của M x 3 Bài 4: Cho x ,y thỏa mãn biểu thức: x + y =1 và x > 0 , Tìm GTLN của B xy23 20
  79. word tài liệu Zalo: 0986686826 2) Tách 1 hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với 1 hạng tử chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của 1 hạng tử khác có trong biểu thức đã cho. 92x VD1: Cho 0 1, Tìm GTLN của A4 x x 1 2x652 x Bài 3: Cho x > 0, Tìm GTNN của biểu thức: A = 2x 2 x Bài 4: Tìm GTNN của biểu thức: B = ( với x > 1 ) x-12 x 5 Bài 5: Tìm GTNN của biểu thức: D = ( với 0 < x < 1 ) 1 - x x Biện pháp 4: Thêm 1 hạng tử vào biểu thức đã cho: VD1 : Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2 Tìm GTNN của biểu thức: xyz2 2 2 P y z z x y x x2 yz xyzx2 Ta có : + 2 .2. x yz 4 yz 42 y2 xz y2 x z y + 2 . 2. y xz 4 xz 42 21
  80. word tài liệu Zalo: 0986686826 z 2 yx z2 y x z + 2 . 2. z yx 4 yx 42 xyzyzxzyx222 => xyz yzzxyx 444 xyzxyz222 Hay: xyz yzzxyx 2 xyzxyzxyz222 => P1 xyz yzzxyx 22 xyz2 yz 4 yxz2 2 Vậy Min P = 1 xyz xz 43 zyx2 yx 4 zxy222 Lưu ý: Nếu ta lần lượt thêm ( x + y), ( z + y), ( x + z) vào , , ta vẫn y+xy+zz+x khử được (x + y), ( z + y), ( x + z) nhưng không tìm được x, y, z để dấu dấu đẳng thức xảy ra đồng thời. Khi đó không tìm được giá trị nhỏ nhất. ab VD2 : Tìm GTNN của A = x + y biết x, y > 0 thỏa mãn 1 (a và b là hằng xy số dương). a b ay bx Giải . Cách 1 : A = x + y = 1.(x + y) = x y a b. x y x y ay bx ay bx Theo bất đẳng thức Cauchy với 2 số dương : 2 . 2 ab . x y x y 2 Do đó Aab 2 abab . 22
  81. word tài liệu Zalo: 0986686826 aybx xy 2 ab xaab min A a b với 1 xy ybab x, y0 Cách 2 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : 2 abab 2 A(xy).1(xy)x.y.ab . xyxy Từ đó tìm được giá trị nhỏ nhất của A. xyz222 VD3 Tìm GTNN của A biết x, y, z > 0 , xyyzzx xyyzzx1 . xyzxyz222 Giải Theo VD1 BIỆN PHÁP 4: . Theo bất đẳng xyyzzx2 thức Cauchy x yy zz x xy ;yz ;zx nên x y zxyyzzx . 222 x+y+z1 xyyzzx hay 222 1 1 min A = x y z . 2 3 VẬN DỤNG BDT ABA+B ĐỂ TÌM CỰC TRỊ Bài 1: Tìm GTNN của hàm số : y x22 2 x 1 x 2 x 1 Cách 1: yxxxxxx 22 2 12 111 Nếu: x < -1 thì y xxxxx 111122 Nếu: -1 x 1 thì y x 1 x 1 x 1 x 1 2 23
  82. word tài liệu Zalo: 0986686826 Nếu: x > 1 thì yxxxxx 111122 Vậy y nhỏ nhất bằng 2 khi - 1 x 1 Cách 2 : áp dụng BĐT a b a b ( Dấu “=” sảy ra khi a.b 0 ) Ta có : yxxxx 11112 Vậy y nhỏ nhất bằng 2 khi Bài 2: Cho x, y > 0 và 2x + xy = 4 . Tìm GTLN của A = x2y Cách 1: Từ 2x + xy = 4 => xy = 4 -2x Thế vào A ta có : 22 2 A = x(4 -2x ) = 2 – xx222.22 = 2 2 2 x x 220 x 1 => Max A = 2 khi 24xxy y 2 1 Cách 2: Ta có : A = .2 .x x y . Vì x, y > 0 => 2x, xy > 0. áp dụng bất đẳng thức Cosi 2 2 2 22xxyxxy 2xxy 2 cho 2 số 2x, xy ta có: 2x .2 xyx . xyx y Thay số 224.2 ta có : 2 xy2 =A 21xxyx Vậy Max A =2 khi 242xxyy BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ: Bài 1: Tìm GTNN của HS: a, y 4 x22 4 x 1 4 x 12 x 9 b, yxxxx 22 4469 Bài 2: Tìm GTNN của HS: a, yxxxx 4202581622 b, yxxxx 2520425309 22 Bài 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của Ax 2 x 1x 2 x 1 24
  83. word tài liệu Zalo: 0986686826 25
  84. word tài liệu Zalo: 0986686826 Chuyên đề 6 : DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH I. NỘI DUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NHỚ: 1. Đa giác lồi. 2. Đa giác đều 3. Tổng các góc trong đa giác n cạnh là (n – 2). 1800 4. Số đường chéo của một đa giác n cạnh là ( 3nn ) . 2 5. Tổng các góc ngoài của một đa giác n cạnh là 3600 6. Trong một đa giác đều, giao điểm O của hai đường phân giác của hai góc là tâm của đa giác đều. Tâm O cách đều các đỉnh, cách đều các cạnh của đa giác đều, có một đường tròn tâm O đi qua các đỉnh của đa giác đều gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều. 7. Diện tích tam giác: 1 Sah . (a: cạnh đáy; h: chiều cao tương ứng) 2 1 S a. b .sin C ( a = AB; b = CA ) 2 8. Diện tích hình chữ nhật S = ab 9. Diện tích hình vuông S = a2 10. Diện tích hình bình hành S = ah (h là chiều cao kẻ từ một đỉnh đến cạnh a) 11. Diện tích hình thoi 1 SACBD . (AC; BD là hai đường chéo) 2 12. Diện tích hình thang 1 S ( AB CD ). AH (AB, CD là hai đáy; AH: chiều cao) 2 13. Một số kết quả cần nhớ a). SABM = SACM ( AM là trung tuyến tam giác ABC) b). AA’ // BC => SABC = SA’BC S BD c). ABD (D thuộc BC của tam giác ABC) SDBC CD S AH d) ABD (AH; DK là đường cao của tam giác ABC và DBC) SDBC DK 1
  85. word tài liệu Zalo: 0986686826 S AMAN e) AMN . (M thuộc BC; N thuộc AC của tam giác ABC) SABACABC II. PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH: Sử dụng công thức tính diện tích để thiết lập mối quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng - Ta đã biết một số công thức tính diện tích của đa giác như công thức tính diện tích hình tam giác, hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi khi biết độ dài của một số yếu tố ta có thể tính được diện tích của nhữnh hình ấy. Ngược lại nếu biết quan hệ diện tích của hai hình chẳng hạn biết diện tích của hai tam giác bằng nhau và có hai đáy bằng nhau thì suy ra được các chiều cao tương ứng bằng nhau. Như vậy các công thức diện tích cho ta các quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng. Sử dụng các công thức tính diện tích các hình có thể giúp ta so sánh độ dài các đoạn thẳng. - Để so sánh độ dài các đoạn thẳng bằng phương pháp diện tích, ta có thể làm theo các bước sau: 1. Xác định quan hệ diện tích giữa các hình 2. Sử dụng các công thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó bằng một đẳng thức có chứa các độ dài. 3. Biến đổi các đẳng thức vừa tìm được ta có quan hệ về độ dài giữa hai đoạn thẳng cần so sánh. Ví dụ 1: Cho tam giác đều ABC. Từ điểm O ở trong tam giác ta vẽ OHAB ; OIBC ; OKCA . Chứng minh rằng khi O di động trong tam giác thì tổng OH + OI + OK không đổi. Giải Gọi độ dài mỗi cạnh của tam giác đều là a, chiều cao h Ta có: SSSSAOBBOCCOAABC 1 1 1 1 aOH aOI aOK ah A 2 2 2 2 11 a(). OHOIOKa h K 22 H ()OHOIOKh (không đổi) B C Nhận xét : I - Có thể giải ví dụ trên bằng cách khác nhưng không thể ngắn gọn bằng phương pháp diện tích như đã trình bày. - Bài toán trên vẫn đúng nếu O thuộc cạnh của tam giác đều - Nếu thay tam giác đều bởi một đa giác bất kỳ thì tổng các khoảng cách từ O đến cách cạnh cũng không thay đổi. Ví dụ 2: 2
  86. word tài liệu Zalo: 0986686826 Chứng minh định lý Pitago: Trong một tam giác vuông, bình phương của cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông: Giải: - Dựng ra phía ngoài ABC các hình vuông BCDE; ABFG; ACMN 2 2 2 - Muốn chứng minh BC AB AC ta phải chứng minh SSSBCDE ABFG ACMN - Vẽ đường cao AH kéo dài cắt DE tại K. ta sẽ chứng minh SSABFGBHKE và SSACMNCHKD - Nối AE; CF F B C A B E (c-g-c) SSFBCABE (1) FBC và hình vuông ABFG có chung đáy BF, đường cao ứng với đáy này bằng nhau (là AB) 1 SS (2) FBCABFG2 1 Tương tự: SS (3) ABEBHKE2 Từ (1); (2) và (3) SSBHKEABFG Chứng minh tương tự ta được: SSCHKD ACMN Do đó: SSSSBHKECHKDABFGACMN SSSBCDEABFGACMN (đpcm) 3
  87. word tài liệu Zalo: 0986686826 N G A M F B H C E K D Nhận xét: - Điểm mấu chốt trong cách giải trên là vẽ hình phụ: vẽ thêm ba hình vuông. Ta phải chứng minh: BCABAC222 mà BC2; AB2; AC2 chính là diện tích của các hình vuông có cạnh lần lượt là BC; AB; AC. - Để chứng minh SSSBCDEABFGACMN ta vẽ đường cao AH rồi kéo dài để chia hình vuông BCDE thành hai hình chữ nhật không có điểm trong chung rồi chứng minh hai hình chữ nhật này có diện tích lần lượt bằng diện tích của hai hình vuông kia. Bài tập áp dụng: (Khoảng 5 bài tập) III. TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ - Đặt các diện tích cần tìm bởi các ẩn rồi đưa về phương trình hoặc hệ phương trình với các ẩn đó. - Giải phương trình hoặc hệ phương trình để tìm nghiệm Ví dụ 1: Cho ABC có diện tích bằng đơn vị, trên cạnh AB lấy M và trên AC lấy N sao cho AM = 3BM. BN cắt CM ở O. Tính diện tích của AOB và Giải: A \ 4 M N O C
  88. word tài liệu Zalo: 0986686826 Đặt SAOB = x; SAOC = y (x,y > 0) 3 AM 3 Ta có: S OAM (vì ) 4 AB 4 S OAB B 3x \ S OAM 4 AN 4 AN 4 Vì nên S OAN AC 5 C A C 5 4y S OAN 5 4y Ta có: SBAN = SBAO + SOAN = x + 5 44 44y mà S nên x (1) S BAN 55ABC 55 3x mặt khác: SSy S CAM COAOAM 4 33 mà: S S CAM 44ABC 33x do đó: y (2) 44 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 5x + 4y = 4 (3) 3x + 4y = 3 (4) 1 Lấy (3) trừ (4) theo từng vế ta được x 2 3 Thay vào (3) ta được x 8 1 3 Vậy S và S AOB 2 AOC 8 Ví dụ 2: Giả sử MNPQ là hình vuông nội tiếp tam giác ABC, với MAB NAC; và PQBC; . Tính cạnh hình vuông biết BC = a và đường cao AH = h Giải: Gọi I là giao điểm của AH với MN. Đặt cạnh hình vuông MNPQ là x (x > 0), Ta có: 1 1 S MN. AI x() h x AMN 2 2 5
  89. word tài liệu Zalo: 0986686826 11 SBCMNMQaxx ()() BMNC 22 A 1 S a. h ABC 2 M I N Ta lại có: SSSABCAMNBMNC nên 111 a.()() hxhxxax 222 C ah B Q H P Hay: a.() hxahx ah Vậy cạnh hình vuông MNPQ là ah ah Bài tập áp dụng: khoảng 5 bài IV. BẤT ĐẲNG THỨC DIỆN TÍCH: - Ta sử dụng hệ quả của bất đẳng thức Côsi: nếu hai số có một tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi hai số ấy bằng nhau. - Để sử dụng các bất đẳng thức đại số ta đặt độ dài cần xác định là x biểu thị đại lượng cần tìm giá trị nhỏ nhất (hay giá trị lớn nhất) bằng một biểu thức có biến x rồi tìm điều kiện của x để biểu thức có giá trị nhỏ nhất (hay giá trị lớn nhất). Ví dụ 1: Cho tam giác ANC vuông tại A, AB = 4cm. Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AM = CN. Xác định vị trí của M, N sao cho tứ giác BCMN có diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó Giải: B Đặt: SSBCMN ; AM = CN = x => AN = 4 - x S = SABC - SAMN M 4.4(4)(4)xxxx S 8 222 A C xx(4) N S nhỏ nhất lớn nhất 2 lớn nhất Vì x + (4 – x) = 4 (không đổi) nên x(4 – x) lớn nhất x = 4 – x x = 2 (hệ quả bất đẳng thức Côsi Khi đó M và N lần lượt là trung điểm của AB và AC 2(4 2) S 86 cm2 min 2 Ví dụ 2: 6
  90. word tài liệu Zalo: 0986686826 Cho đường tròn tâm O bán kính r nội tiếp trong tam giác ABC. Qua O vẽ 2 đường thẳng cắt hai cạnh AC và BC lần lượt tạio M và N. Chứng minh SrCMN 2 Giải: Đặt SSC M N 1 Ta có SSSMCNCr () CMNOCMOCN 2 Theo bất đẳng thức Côsi: A 1 ().25MCNCCMCN M 2 11 (Vì SMCNCCCMCN ().sin. ) 22 1 SMCNCrSr().2. C B 2 N S S22 r 2. Dấu “=” xảy ra khi CM = CN hay M N O C Bài tập áp dụng: Khoảng 5 bài V. BÀI TẬP VỀ DIỆN TÍCH VÀ CHỨNG MINH Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD, đáy AB = 3cm, AD = 4cm, BC = 6cm, CD = 9cm. Tính diện tích hình thang Giải Vẽ BEAD// ta có: 39 S h6 h (cm2) A B 2 C B E cân ở C I IC2 = 36 – 4 = 32 IC 42 D E K C 4.42 S 82 BCE 2 8 5.2 8 2 h BK 63 82 Sh 66.16 2 ABCD 3 Ví dụ 2: Cho ABC có chu vi là 2p, cạnh BC = a, gọi góc BAC , đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh AC tại K. Tính diện tích AOK + Giải C AK = AL; CK = CM; BM = BL K 7 M A L B
  91. word tài liệu Zalo: 0986686826 2 CM + 2 AK + 2 BM = 2p AK = p – (BM + CM) AK = p – a KAO 2 OK = (p - a)tan 2 1 1 2 S = AK .AO = (pa ) tan AOK 2 22 * Bài tập áp dụng: 1. Cho ABC có 3 góc nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’ và trực tâm H. HAHBHC''' Tính tổng: AABBCC''' 2. Một tam giác có độ dài các đường cao là các số nguyên và bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. Chứng minh tam giác đó đều. 3. Cho ABC biết A , , B , , C  , đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính bằng r; P, Q, R là các tiếp điểm. Tính diện tích tam giác PQR 4. Cho ABC. Trên cạnh AB lấy điểm M, trên cạnh AC lấy điểm N sao cho AMAN 1 . Gọi O là giao điểm của BN và CM. Gọi H, L lần lượt là chân đường ABAC 3 vuông góc kẻ từ A, C tới đường thẳng BN. a/ Chứng minh CL = 2 AH. b/ Chứng minh: SBOC = 2 SBOA Kẻ CE và BD vuông góc với AO. Chứng minh BD = CE. 2 c/ Giả sử SABC = 30 cm , tính SAMON. 5. Cho hình thang ABCD, đáy AB, O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. a/ Chứng minh rằng: SOAD = SOBC. 2 b/ SOAB.SOCD = (SOBC) HƯỚNG DẪN GIẢI 1 HA'. BC A S HA' B’ 1. Ta có: HBC 2 (1) S1 AA' ABC AA'. BC 2 C’ S HC ' H Tương tự: HAB (2) S CC ' ABC C B A’ 8
  92. word tài liệu Zalo: 0986686826 S HB ' HAC (3) S BABC B ' Cộng (1), (2) và (3) ta được: HAHBHC''' SSS S = HBCHABHAC = ABC 1 AABBCC''' SABC SABC 2. Đặt a = BC, b = AC, c = AB Gọi x, y, z là độ dài các đường cao tương ứng với 3 cạnh a, b, c của tam giác. Vì bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 nên x, y, z > 2 Giả sử: x y z 2 1 1 1 3 Theo kết quả bài 1: =1 x y z z z 3 z=3 1 1 2 Từ: =1 hay 3(x+y) = 2xy xy3 (2x-3)(2y-3) = 9 = 3 . 3 = 9 . 1 x = y = 3 hoặc x = 6; y =2 (loại) Vậy = y = z khi đó a = b = c 3. OP = OQ = OR = r. SPQR = S OPR + SOPQ + SOQR 1 S = r2sin(1800 - ) PQR 2 = r2sin 2 SORQ = r sin  2 SORQ = r sin  2 Do đó SPQR = r (sin + sin + sin ) 4. A a/ CN = 2 AN SBNC = 2S BNA SBNC 2 S BNA  H  CL2 AH M BNchung  L O N 9
  93. word tài liệu Zalo: 0986686826 1  S . BO CL BOC 2 B E 1 C S BOABOCBOA.S2S BOAH  / 2 (1) D CL= 2AH  A Chứng minh tương tự SBOC = 2SCOA (2) T ừ (1) v à (2) SBOA = 2 SCOA (3) Kẻ CE  AO, BD CE Ta chứng minh được: BD = CE 2 2 2 c/ Giả sử SBOC = 2a (cm ) SBOA = a (cm ), SCOA= a (cm ) Ta tính được: 2 2 SABC = 4a (cm ) a = 3 cm 1 Ta lại có S = S = a= 1 (cm2) ONA OMA 3 2 Vậy: SOAMN = 2 cm 5. a/ Kẻ đ ư ờng cao AH v à BH’, ta c ó: AH = BH’ 1 Ta có: S = AHDC. ADC 2 1 S = '. BHDC A BDC 2 B SADC = SBDC SODA = SOBC b/ Kẻ đường cao BK của ABC, ta c ó: L SOAB OA K SOBC OC S OA Tương tự: OAD D A C SOCD OC H’ SSOABOAD 2 (SOBC) = SOAB.SOCD ( Vì SOBC = SOAD) SSOBCOCD 10
  94. word tài liệu Zalo: 0986686826 11
  95. word tài liệu Zalo: 0986686826 Chuyên đề 7: CỰC TRỊ HÌNH HỌC A- Phương pháp giải bài toán cực trị hình học. 1- Dạng chung của bài toán cực trị hình học : “ Trong tất cả các hình có chung một tính chất , tìm những hình mà một đại lượng nào đó ( độ dài đoạn thẳng , số đo góc, số đo diện tích ) có giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất.” và có thể được cho dưới các dạng : a) Bài toán về dựng hình . Ví dụ : Cho đường tròn (O) và điểm P nằm trong đường tròn , xác định vị trí của dây đi qua điểm P sao cho dây đó có độ dài nhỏ nhất. b) Bài toán vể chứng minh . Ví dụ : Chứng minh rằng trong các dây đi qua điểm P trong một đường tròn (O), dây vuông góc với OP có độ dài nhỏ nhất. c) Bài toán về tính toán. Ví dụ : Cho đường tròn (O;R) và điểm P nằm trong đường tròn có OP = h , Tính độ dài nhỏ nhất của dây đi qua P. 2- Hướng giải bài toán cực trị hình học : a) Khi tìm vị trí của hình H trên miền D sao cho biểu thức f có giá trị lớn nhất ta phải chứng tỏ được : +Với mọi vị trí của hình H trên miền D thì f ≤ m ( m là hằng số ) +Xác định vị trí của hình H trên miền D sao cho f = m b) Khi tìm vị trí của hình H trên miền D sao cho biểu thức f có giá trị nhỏ nhất ta phải chứng tỏ được : +Với mọi vị trí của hình H trên miền D thì f ≥ m ( m là hằng số ) +Xác định vị trí của hình H trên miền D để f = m 3 - Cách trình bày lời giải bài toán cực trị hình học . + Cách1 :Trong các hình có tính chất của đề bài,chỉ ra một hình rồi chứng minh mọi hình khác đều có giá trị của đại lượng phải tìm cực trị nhỏ hơn ( hoặc lớn hơn ) giá trị của đại lượng đó của hình đã chỉ ra. + Cách2 :Biến đổi tương đương điều kiện để đại lượng này đạt cực trị bởi đại lượng khác đạt cực trị cho đến khi trả lời được câu hỏi mà đề bài yêu cầu. 1