ÔN tập THI TUYỂN SINH vào 10 THEO CHỦ đề PHẦN đại số NÂNG CAO

Tuyển tập ôn thi tuyển sinh vào 10 theo chủ đề phần đại số nâng cao rất chi tiết và đầy đủ. Bao gồm tất cả các chủ đề nâng cao toán 9. Co bổ sung nhieu bai tạp trong de thi tuyen sinh vao truong chuyen cac tinh o cac nam hoc

Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề MỤC LỤC Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề CÁC CHỦ ĐỀ VỀ TOÁN NÂNG CAO CHỦ ĐỀ 1: HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO Dạng 1: Giải hệ phương trình bậc cao sử dụng phương pháp cộng đại số: Bài 1: Giải hệ phương trình sau phương pháp trực tiếp  x + y = −2 a)  x + y = b)   x − xy + y = 13  x + y = −1  x + 2y = 11 2 c)  x − y = d)   x − y = 3(x − y) 3  x − y = 126 Bài 2: Giải hệ phương trình sau cách cộng, trừ vế theo vế để tìm đẳng thức liên hệ x y dung phương pháp trực tiếp 2  x + y − 2x + 3y = 2  2x + 2y + x − 5y = 2  x + y − 4x + 6y = 12 2  x + y + x − 5y = a)  2  x + y − 6x + 9y = 27 2  2x + 2y + 3x − 15y = b)  c)  Bài 3: Giải hệ phương trình sau cách đưa phương trình hệ phương trình tích sử dụng phương pháp  x − x y + x − y = a)  2  x − 3x y + 4xy − 4y = 54  x − x y + x − y = b)  4 9x − 6x y + xy − 3x y = 32  x + x y + 2x − 2y = c)  2 7x − 4x y − 2xy + y = 16 Dạng 2: Hệ phương trình đối xứng loại 1: Bài 1: Giải hệ phương trình đối xứng loại cách tìm giá trị tổng S = x + y tích P = xy  x + y = 10 a)  x + y = x + y2 = b)   2xy =  x + y3 = c)   xy ( x + y ) =  x + y3 = 35 d)  2  x y + xy = 30  x + y3 = e)   x + y + 2xy = Bài 2: Giải hệ phương trình đối xứng loại sau cách đặt ẩn phụ  x + y = 64 a)  2  x + y =  x ( x + 1) + y ( y + 1) = b)   x ( x + 1) y ( y + 1) = 12 2  1  1  x + ÷ +  y + ÷ = 13  x  y a)  1  x + x + y + y =   x + y − 2x − y = c)   xy ( x − ) ( y − 1) = 1  2  x + y + x + y2 =  f)  x + y + + =  x y ( x + 1) + ( y + 1) + = d)   x + y + xy =   25  ( x + y )  + 2 ÷ =   x y  g)   x + y 1 +  = ) ÷ (  xy   Bài 3: Giải hệ phương trình đối xứng loại sau cách dung đẳng thức A 2 B2 tìm giá trị tổng S = x + y tích P = xy ( x − y ) ( x − y ) =  a)  2 ( x + y ) ( x + y ) = 15 ( x − y ) ( x − y ) = 32  b)  2 ( x + y ) ( x + y ) = 20 ( x − y ) ( x − y ) = −9  c)  2 ( x + y ) ( x + y ) = −5 Dạng 3: Hệ phương trình đối xứng loại 2: Bài 1: Giải hệ phương trình sau cách trừ vế theo vế thu tích hai biểu thức bậc  2x + xy = a)   2y + xy =  x = 3x + 2y b)   y = 3y + 2x  x + = 3y c)   y + = 3x  x − 2y = 2x + y d)  2  y − 2x = 2y + x D¹ng 4: Hệ phương trình đẳng cấp đồng bậc: Bài 1: Giải hệ phương trình sau cách đặt y = kx  2x − 13xy + 15y = a)  2  x − 2xy + 3y =  x + xy + y = 19 ( x − y ) a)  2  x − xy + y = ( x − y ) GV: Trần Đình Hồng  2x − xy + y = 13 b)  2  x + 4xy − 2y = −6  2x − 5xy + y = e)  2  x − 3xy + y = −1  x + 2y = c)   2xy − y = ( x + y ) ( x − y ) = 45  f)  2 ( x − y ) ( x + y ) = 85 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề D¹ng 5: Hệ phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối: Bài 1: Giải hệ phương trình sau phương pháp | 2x − y | + y =  x − 2y = | y − x | +2x = 10  2x − y = a)   x − 3y + = | 3x − 2y | +2y = b)  | x | + 3y =  x + | y − 1|= c)  d)  D¹ng 6: Hệ phương trình ba ẩn: Bài 1: Giải hệ phương trình sau phương pháp cộng đại số x + y + z =  a)  x + 2y + 4z =  x + 3y + 9z = 27  x + y + z =  b) 3x − 2y + z =  4x − 2y + 2z =  5x + y − 2z =  c)  x − y + 3z = 14  −4x + y + 2z =  Bài 2: Giải hệ phương trình sau cách tính hai ẩn theo ẩn lại dùng phương pháp x + y + z =  a)  x + 2y − z =  x + yz + xz =  x + y + z =  c)  2x + 3y + z =  2  x + ( y + z ) + ( x − 1) = 35 x − y − z =  b)  x + 2y − z =  x + yz − xz =  Bài 3: Giải hệ phương trình sau cách tìm tổng tích hai ẩn x + y + z =  2 a)  x + y + z = 21   xz = y  x + y + z = 15  2 b)  x + y + z = 75   xy = z  x + y + z = 14  2 c)  x + y + z = 84   yz = x Bài 4: Giải hệ phương trình ba ẩn đối xứng loại 1sau x + y + z =  a)  xy + yz + zx = 12  xyz =   x + y + z = −1  b)  xy + yz + zx = −3  xyz =   x + y + z =  c)  xy + yz + zx = 12 2 2  + + =3  x y z CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ Các phương pháp giải phương trình vơ tỉ I Phương pháp nâng lên lũy thừa Bài 1: Giải phương trình a) x + 2x − = x b) Giải: a) x + 2x − = x (1) x − − 5x − = 3x − (3) Ta phải có điều kiện x  ≥ ⇔ x ≥ (4) Điều kiện xác định phương trình: 2x  ≥ ⇔ x ≥ ( 1) ⇔ 2x − = x − Với điều kiện (4) thì: ( 3) ⇔ 2x − = ( x − 3) ⇔ 2x − = x − 6x + ⇔ x − 8x + = ⇔ ( x − ) ( x − ) = ⇔ x1 = 2; x = Với x1 = khơng thỏa mãn điều kiện (4), loại x = thỏa mãn điều kiện (2) (4) nên nghiệm phương trình Vậy phương trình có nghiệm x = b) x − − 5x − = 3x − GV: Trần Đình Hồng (1) Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề x −1 ≥  Điều kiện xác định phương trình: 5x − ≥ ⇒ x ≥ 3x − ≥  ( 1) ⇔ (*) x − = 3x − + 5x − Bình phương hai vế ta được: x − = 3x − + 5x − + ( 5x − 1) ( 3x − ) Đến ta có hai cách giải: Cách 1: Với điều kiện  7x ≥ ⇔ − 7x = 15x − 13x + (2) (**) 2 Thì ( ) ⇔ ( − 7x ) = ( 15x − 13x + ) ⇔ − 28x + 49x = 60x − 42x + 2 ⇔ 11x − 24x + = ⇔ ( 11x − ) ( x − ) = ⇔ x1 = ; x2 = 11 khơng thỏa mãn điều kiện (*), loại 11 x = khơng thỏa mãn điều kiện (**), loại Vậy phương trình vơ nghiệm Cách 2: Ta phải có − 7x ≥ ⇔ x ≤ điều trái với đk (*) Vậy phương trình vơ nghiệm 3 Bài 2: Giải phương trình: 2x + + x = (1) Giải: Lập phương hai vế, áp dụng đẳng thức ( a + b ) = a + b3 + 3ab ( a + b ) ta được: Giá trị x1 = 2x + + x + x ( 2x + 1) Thay ( ) 2x + + x = (2) 2x + + x = vào (2) ta được: 2x + + x + x ( 2x + 1) = ⇔ x ( 2x + 1) = − x ⇔ x ( 2x + 1) = − x ⇔ x ( x + 2x + 1) = ⇔ x ( x + 1) = ⇔ x1 = 0; x = −1 Thử lại: x1 = thỏa mãn (1) x = 1 khơng thỏa mãn (1), loại Vậy phương trình (1) có nghiệm x = II Đưa phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Bài 1: Giải phương trình: x + x − + x − x − = Giải: Điều kiện xác định phương trình: x ≥ x + x −1 + x − x −1 = ⇔ x −1 + x −1 +1 + x −1 − x −1 +1 = ( ) x −1 + + ( ) x −1 −1 = ⇔ x −1 + 1+ x −1 −1 = ⇔ x −1 + x −1 −1 = (2) Nếu x > (2) ⇔ x − + x − − = ⇔ x − = ⇔ x − = ⇔ x = , (ko thuộc khoảng xét) Nếu ≤ x ≤ (2) ⇔ x − + − x − = , vơ số nghiệm ≤ x ≤ Kết luận: ≤ x ≤ III.Phương pháp đặt ẩn phụ Bài 1: Giải phương trình: 3x + 21x + 18 + x + 7x + = (1) Giải: Điều kiện xác định: x + 7x + ≥ Đặt 2 x + 7x + = y ≥ y = x + 7x + 2 (1) trở thành 3y + 2y − = ⇔ 3y + 2y − = ⇔ ( y − 1) ( 3y + ) = ⇔ y = 1; y = Với y = ⇔ −5 (loại) x + 7x + = ⇔ x + 7x + = ⇔ ( x + 1) ( x + ) = ⇔ x1 = −1; x = −6 Các giá trị x1 = 1 x = 6 thỏa mãn x + 7x + ≥ , nghiệm (1) GV: Trần Đình Hồng Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề Bài 1: Giải phương trình: 2x + + x = Giải: Đặt 2x + = a ; x = b 2x + = a3 ; x = b3 nên a − 2b3 = 2x + − 2x = Cần tìm a b thỏa mãn a + b = a − 2b3 = Ta có: a − ( − a ) = ⇔ a − − ( − a ) = 3 ⇔ ( a − 1) ( a + a + 1) + ( a − 1) = ⇔ ( a − 1) ( a + a + 1) + ( a − 1)  =   Dễ thấy a + a + + ( a − 1) > nên a = Suy b = Vậy x = nghiệm phương trình cho IV Phương pháp bất đẳng thức: Sử dụng tính đối nghịch hai vế Bài 1: Giải phương trình: 3x + 6x + + 5x + 10x + 14 = − 2x − x Giải: Vế trái ( x + 1) + + ( x + 1) + ≥ + = 2 Vế phải − 2x − x = − ( x + 1) ≤ Hai vế phương trình 5, x = 1 nghiệm phương trình 2 Sử dụng điều kiện xảy dấu “=” bất đẳng thức Bài 1: Giải phương trình Giải: Điều kiện x> x 3x − + 3x − =2 x Ta có bất đẳng thức a b + ≥ với a > 0, b > 0, xảy đẳng thức a = b b a (1) ⇔ x = 3x − ⇔ x − 3x + = ⇔ x1 = 1; x = (thỏa mãn đk) Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1; x = Bài tập vận dụng a) 15 − x + − x = b) x + + − x = c) x − x − − x − = Với x > b) 3x + 15 − 4x + 17 = x + GV: Trần Đình Hồng e) + x − 16 = x + f) − x − x = x − Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề CHỦ ĐỀ 3: BẤT ĐẲNG THỨC PHẦN I : Các kiến thức cần lưu ý Đinh nghĩa A ≥ B ⇔ A − B ≥  A ≤ B ⇔ A − B ≤ Tính chất • A>B ⇔B< A • A > B B >C ⇔ A > C • A > B ⇒A + C > B + C • A > B C > D ⇒ A+C > B + D • A > B C > ⇒ A.C > B.C • A > B C < ⇒ A.C < B.C • < A < B < C B > ⇒ A n > B n ∀n • A > B ⇒ A n > B n với n lẻ • A > B ⇒ A n > B n với n chẵn • m > n > A > ⇒ A m > A n • m > n > • A < B A.B > ⇒ A B Một số bất đẳng thức • A ≥ với ∀ A ( dấu = xảy A = ) • An ≥ với ∀ A ( dấu = xảy A = ) • A ≥ với ∀A (dấu = xảy A = ) • - A 0) • A− B ≤ A − B ( dấu = xảy A.B < 0) PHẦN II : Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Phương pháp : Dùng định nghĩa Kiến thức : Để chứng minh A > B Ta chứng minh A – B > Lưu ý dùng bất đẳng thức M ≥ với∀ M Bài 1: ∀ x, y, z chứng minh : a) x + y + z ≥ xy+ yz + zx b) x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz c) x + y + z +3 ≥ (x + y + z) Giải: a) Ta xét hiệu x + y + z  xy – yz – zx = ( x + y + z  xy – yz – zx) 2 2 = (x − y) + (x − z) + (y − z)  ≥ với x; y; z∈ ¡ Vì (x y)2 ≥ với ∀x ; y Dấu xảy x = y (x z)2 ≥ với ∀x ; z Dấu xảy x = z (y z)2 ≥ với ∀ z; y Dấu xảy z = y Vậy x + y + z ≥ xy+ yz + zx Dấu xảy x = y =z GV: Trần Đình Hồng Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề x + y + z − ( 2xy – 2xz + 2yz ) = x + y + z − 2xy + 2xz – 2yz = ( x – y + z) ≥ với x; y; z∈ ¡ Vậy x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz với x; y; z∈ ¡ Dấu xảy x + y = z c) Ta xét hiệu x + y + z +3 – 2( x + y + z ) = x  2x + + y  2y +1 + z  2z + = (x  1) + (y  1) +(z  1) ≥ Dấu “=” xảy x = y = z = b) Ta xét hiệu Bài 2: Chứng minh : a2 + b2  a + b  a) ≥    c) Hãy tổng qt tốn a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3   b) Giải: ( 2 ) a2 + b2  a + b  a2 + b2 a + 2ab + b a) Ta xét hiệu − −  = 4   2 2 = 2a + 2b − a − b − 2ab a2 + b2  a + b  Vậy ≥  Dấu xảy a = b   ( ) = ( a − b) ≥ [ ] a2 + b2 + c2  a + b + c  2 b) Ta xét hiệu −  = ( a − b) + ( b − c) + ( c − a ) ≥ 3   a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  Dấu xảy a = b = c 3   a12 + a 22 + + a n2  a1 + a + + a n  ≥ c) Tổng qt  n n   Vậy Bài 3: Cho abc = a > 36 Chứng minh a2 + b2 + c2 > ab + bc + ac Giải a2 a2 a2 2 Ta có hiệu: + b + c  ab bc – ac = + + b2 + c2  ab  bc – ac 12 a a2 = ( + b2 + c2 – ab – ac + 2bc) + − 3bc 12 a a − 36abc = (  b  c)2 + 12a a a − 36abc = (  b c)2 + > (vì abc = a3 > 36 nên a > ) 12a a Vậy : + b2 + c2 > ab + bc + ac (Điều phải chứng minh) Bài 4: Chứng minh a) x + y + z + ≥ x.( xy − x + z + 1) b) Với số thực a , b, c ta có a + 5b − 4ab + 2a − 6b + > a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ Giải: a) Xét hiệu H = x + y + z + − x y + x − xz − x GV: Trần Đình Hồng Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề ( ) = x − y + ( x − z ) + ( x − 1) H ≥ ta có điều phải chứng minh b) Vế trái viết H = ( a − 2b + 1) + ( b − 1) + ⇒ H > ta có điều phải chứng minh c) vế trái viết H = ( a − b + 1) + ( b − 1) ⇒ H ≥ ta có điều phải chứng minh Tóm lại bước để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa Bước 1: Ta xét hiệu H = A  B Bước 2: Biến đổi H = (C + D) H = (C + D) +….+ (E + F) Bước 3: Kết luận A ≥ B Ví dụ: Chứng minh ∀m, n, p, q ta có m + n + p + q +1 ≥ m(n + p + q + 1) Giải: m + n + p + q +1 ≥ m(n + p + q +1)  m2   m2   m2   m2  ⇔  − mn + n  +  − mp + p  +  − mq + q  +  − m + 1 ≥         2 2 m  m  m  m  ⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ (ln đúng) 2  2  2  2  m m   −n =0 n =  m  m  − p=0  m=2 2 p = ⇔ Dấu xảy  m ⇔ n = p = q =  −q =0  m q = 2  m  m = 22 − =   Bài 5: Chứng minh bất đẳng thức sau: 3 2 a) ( a + b ) ≥ ( a + b ) ( a + b ) với a, b > 2 2 f) a + b + c + d ≥ a ( b + c + d ) 2 g) a + b + c + ≥ a + b + c 4 h) a + b + ≥ 4ab i) a + 4b + 4c ≥ 4ab − 4ac + 8bc 3 b) ( a + b ) ≥ ( a + b ) với a, b > 3 c) a + b + abc ≥ ab ( a + b + c ) với a, b, c > d) (a + b ) ≥ ab ( a + b ) 2 2 2 e) a + b + c ≥ a ( b + c ) a+b c+d +  ÷ ≥ ( a + c) ( b + d )   j) Phương pháp : Dùng phép biến đổi tương đương Lưu ý: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh Chú ý đẳng thức sau: ( A + B ) = A + AB + B ( A + B + C ) = A + B + C + AB + AC + BC ( A + B ) = A + A B + AB + B Bài 1: Cho a, b, c, d, e số thực chứng minh b2 a) a + b) a + b + ≥ ab + a + b ≥ ab GV: Trần Đình Hồng c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề Giải: a) a + b2 ≥ ab ⇔ 4a + b ≥ 4ab ⇔ 4a − 4a + b ≥ ⇔ ( 2a − b ) ≥ (bất đẳng thức ln đúng) b2 ≥ ab (dấu xảy 2a = b) b) a + b + ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b + ) > 2(ab + a + b) ⇔ a − 2ab + b + a − 2a + + b − 2b + ≥ ⇔ (a − b) + (a − 1) + (b − 1) ≥ (Bất đẳng thức cuối đúng) 2 Vậy a + b + ≥ ab + a + b Dấu xảy a = b= Vậy a + c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) ⇔ 4( a + b + c + d + e ) ≥ 4a( b + c + d + e ) ⇔ a − 4ab + 4b + a − 4ac + 4c + a − 4ad + 4d + a − 4ac + 4c ≥ ⇔ ( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + ( a − 2c ) ≥ (Bất đẳng thức đúng) Vậy ta có điều phải chứng minh ( ) ( ) ( ( )( ) ( ) ( )( ) ) ( )( Bài 2: Chứng minh rằng: a 10 + b10 a + b ≥ a + b a + b Giải: (a )( ( ) ) + b10 a + b ≥ a + b a + b ⇔ a 12 + a 10 b + a b10 + b12 ≥ a 12 + a b + a b + b12 ⇔ a 8b a − b + a 2b b − a ≥ ⇔ a2b2(a2 b2)(a6 b6) ≥ ⇔ a2b2(a2 b2)2(a4 + a2b2 + b4) ≥ (Bất đẳng thứccuối đúng) Vậy ta có điều phải chứng minh x2 + y2 ≥2 Bài 3: Cho x.y = x.y Chứng minh x− y Giải: x2 + y2 ≥ 2 :x > y nên x  y > ⇒ x2 + y2 ≥ 2 ( x y) x− y 10 ) ( ) ⇒ x + y − 2x + 2y ≥ ⇔ x + y + − 2x + 2y − ≥ ⇔ x + y2 + ( 2) − 2x + 2y − 2xy ≥ x.y =1 nên 2.x.y = ⇒ (x y  )2 ≥ Điều ln ln Vậy ta có điều phải chứng minh x.y.z =   Bài 4: Cho ba số thực khác khơng x, y, z thỏa mãn:  1 x + y + z < x + y + z  Chứng minh : có ba số x,y, z lớn Giải: Xét (x 1)(y  1)(z  1) = xyz + (xy + yz + zx) + x + y + z  1 1 1 1 1 = (xyz  1) + (x + y + z)  xyz( + + ) = x + y + z  ( + + ) > (vì + + < x + y + z ) x y z x y z x y z  số x  , y  , z  âm ba sỗ 1 , y  1, z  dương Nếu trường hợp sau xảy x, y, z >1  x.y.z > Mâu thuẫn gt x.y.z = bắt buộc phải xảy trường hợp tức có ba số x, y, z số lớn x2 + y2 ≥8 Bài 5: Cho x > y xy = Chứng minh ( x − y) Giải: Ta có x + y = ( x − y ) + xy = ( x − y ) + (vì xy = 1) ( GV: Trần Đình Hồng ) Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề ( ) ⇒ x + y 2 = ( x − y ) + 4.( x − y ) + Do BĐT cần chứng minh tương đương với ( x − y ) + 4( x − y ) + ≥ 8.( x − y ) [ ] ⇔ ( x − y ) − 4( x − y ) + ≥ ⇔ ( x − y ) − ≥ BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh 1 + ≥ Bài 6: Cho xy ≥ Chứng minh 2 1+ x 1+ y + xy 1  1   1  + ≥ +  ≥ ⇔  − − 2 2   1+ x 1+ y + xy  + x + y   + y + xy  x ( y − x) y( x − y) xy − x xy − y + ≥0 ⇔ + ≥0 ⇔ 2 + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) Giải: Ta có ( ⇔ ) ( ( ) ( y − x ) ( xy − 1) ≥ (1 + x ).(1 + y ).(1 + xy ) ) ( ) BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh x2 + y2 ≥2 Bài 7: Cho x.y =1 x.y Chứng minh x−y Giải: x2 + y2 ≥ 2 : x > y nên x − y > ⇒ x2 + y2 ≥ 2 ( x − y) Ta có: x−y ⇒ x + y 2 − x + y ≥ ⇔ x2 + y2 + − 2 x+ 2 y − ≥ ⇔ x2+ y2 + ( 2) − 2 x + 2 y − 2xy ≥ x.y = nên 2.x.y = ⇒ (x − y − )2 ≥ Điều ln ln Vậy ta có điều phải chứng minh a b4 a2 d CMR: + = + ≥ c d c+d c b2 a b4 a b (a + b ) Giải: Ta có: a + b = + = ⇒ + = c d c+d c d c+d 4 2 ⇔ d (c + d ) a + c(c + d )b = cd (a + b ) ⇔ dca + d a + c 2b + cdb = cd (a + b + 2a 2b ) ⇔ d a + c 2b − 2cda 2b = ⇔ (da − cb )2 = Bài 8: Cho a, b, c, d số dương thỏa mãn a + b = a b2 = c d 2 a d b d (b − d ) a2 d Do Vậy + −2 = + −2= ≥ + ≥2 c b d b db c b2 Bài tập tương tự ⇔ da − cb = hay Bài 7: Chứng minh đẳng thức sau a) P(x,y) = x y + y − xy − y + ≥ ∀x, y ∈ R b) a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c (gợi ý : bình phương vế) c) ( a + b + c ) ≥ a + b3 + c3 + 24abc d) Cho a + b + c = Chứng minh ab + bc + ca ≤    e) Cho số dương a b thỏa mãn đk a + b = CMR  + ÷ + ÷ ≥  a  b  GV: Trần Đình Hồng 10 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề a a a+d < < (3) a+b+c+d a+b+c a+b+c+d Tương tự ta có b b b+a < < (4) a+b+c+d b+c+d a+b+c+d c c b+c < < (5) a+b+c+d c+d +a a+b+c+d d d d +c < < (6) a+b+c+d d +a+b a+b+c+d Cộng vế với vế (3); (4); (5); (6) ta a b c d 1< + + + < (điều phải chứng minh) a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b Bài 2: Cho: Giải: a c a ab + cd c < < b, d > Chứng minh < b d b b2 + d d a c ab cd ab ab + cd cd c < = < ⇒ < ⇒ < b d b d b b +d2 d2 d a ab + cd c < Vậy < (điều phải chứng minh) b b2 + d d Từ Bài 3: Cho a;b; c; d số ngun dương thỏa mãn : a + b = c + d = 1000 tìm giá trị lớn Giải : Khơng tính tổng qt ta giả sử : a ≤ a + b = c + d c a b + c d a b a b a a+b b ≤ ⇒ ≤ ≤ Từ : ≤ c d c d c c+d d b a b ≤ 998 ⇒ + ≤ 999 d c d a b 999 b Nếu: b = 998 a = ⇒ + = + Đạt giá trị lớn d = 1; c = 999 c d c d a b Vậy giá trị lớn + = 999 + a = d = 1; c = b = 999 c d 999 a Nếu : b ≤ 998 Bài 4: Cho a, b, c, d > Chứng minh : a+b b+c c+d d +a 2< + + + nên ta có a+b a+b a +b+d < < (1) a+b+c+d a+b+c a+b+c+d b + +c b+c b+c+a < < (2) a+b+c+d b+c+d a+b+c+d d +a d +a d +a+c < < (3) a+b+c+d d +a+b a+b+c+d Cộng vế bất đẳng thức ta có : a+b b+c c+d d +a 2< + + + Mặt khác b+c a+b+c a a 2a < < Vậy ta có a+b+c b+c a+b+c b b 2b c c 2c < < < < Tương tự ta có ; a+b+c a+c a+b+c a+b+c b+a a +b+c Cộng vế ba bất đẳng thức ta có : a b c 1< + + chứng minh 1 1 < + + + < n +1 n + n+n Giải: 1 > = Ta có với k = 1, 2, 3,…, n  n + k n + n 2n 1 1 n + + + > + + = = Do đó: n +1 n + 2n 2n n 2n Bài : Chứng minh rằng: + Giải : ( ) 1 + + + > n +1 −1 n ( 2 = > = k +1 − k k k k + k +1 Khi cho k chạy từ đến n ta có: > 2 −1 Ta có ( Với n số ngun ) ) GV: Trần Đình Hồng 17 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề ( ) >2 3− 2 ……………… > n +1 − n n Cộng vế bất đẳng thức ta có 1 1+ + + + > n +1 −1 n 1 1 Bài 3: Chứng minh rằng: B = + + + + < với (n ∈ ¥ ; n ≥ 3) n 12 Giải: Ta làm trội phân số B cách làm giảm mẫu ta có: 1 1 < = = k k − k k ( k − 1) ( k − 1) k ( k + 1) ( ) ( ) 1 1 1 1 + + + + = + + + + =C −3 −4 −5 n − n 2.3.4 3.4.5 5.6.7 ( n − 1) n ( n + 1) 1 − = Ta có nhận xét: ( n − 1) n n ( n + 1) ( n − 1) n ( n + 1) Do đó: B < Nên C = 1 1 1 1  1  1 − + − + + − <  =  − = −  2.3 3.4 3.4 4.5 ( n − 1) n n ( n + 1)   n ( n + 1)  12 2n ( n + 1) 12 Vậy B = 1 1 + + + + < (đpcm) 3 n 12 n Bài 4: Chứng minh ∑k k =1 a − (b − c) > b > a  c ⇒ b > b − (c − a ) > c > a  b  ⇒ c > c − (a − b) > Nhân vế bất đẳng thức ta 2 ⇒ a b c > a − ( b − c )   b − ( c − a )  c − ( a − b )      b) Ta có ⇒ a b 2c2 > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b) ⇒ abc > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) 2 Bài 2: Chứng minh BĐT sau: 1) Cho a,b,c chiều dài ba cạnh tam giác Chứng minh ab + bc + ca < a + b + c < 2(ab + bc + ca) 2) Cho a,b,c chiều dài ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh a + b + c + 2abc < Phương pháp 8: Đổi biến số Bài 1: Cho a, b, c > Chứng minh Giải : a b c + + ≥ (1) b+c c+a a+b y+z−x z+x− y x+ y−z ; b= ;c= 2 y+z−x z+x− y x+ y−z + + ≥ 2x 2y 2z Đặt x = b + c ; y = c + a ; z = a + b ta có a = Ta có (1) ⇔ GV: Trần Đình Hồng 19 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề y z x + −1+ + x x y y x z ⇔ ( + )+( + x y x z x y −1+ + −1 ≥ y z z x z y )+( + )≥6 z y z y x z y z x + ≥ nên ta có ĐPCM + ≥ 2; Bất đẳng thức cuối ( + ≥ 2; x y y z x z 1 + + ≥9 Bài 2: Cho a, b, c > a + b + c < Chứng minh a + 2bc b + 2ac c + 2ab Giải: Đặt x = a + 2bc ; y = b + 2ac ; z = c + 2ab Ta có x + y + z = a + b + c + 2bc + 2ac + 2ab = ( a + b + c ) < ⇔ (1) 1 + + ≥9 Với x + y + z < x, y, z > x y z Theo bất đẳng thức Cơsi ta có 1 1 x + y + z ≥ 3 xyz ; + + ≥ 3 x y z xyz (1) ⇔ ⇒ ( x + y + z ). + +  ≥ x y Mà x + y + z < z Vậy 1 + + ≥ (đpcm) x y z Bài 3: Cho x ≥ , y ≥ thỏa mãn x − y = CMR x + y ≥ Gợi ý: Đặt x = u , y =v ⇒ 2u v =1 S = x + y = u + v ⇒ v = 2u1 thay vào tính S Bài 4: Chứng minh BĐT sau: 3) 4) Cho a > , b > , c > 25a 16b c + + >8 b+c c+a a+b Chứng minh rằng: Chứng minh rằng: Tổng qt m, n, p, q, a, b > ma nb pc + + ≥ m + n + p − ( m + n + p) b+c c+a a+b ( ) Phương pháp 9: Dùng tam thức bậc hai Lưu ý : Cho tam thức bậc hai f ( x ) = ax + bx + c ∀x ∈ R Nếu ∆ < a f ( x ) > b a a.f ( x ) > x < x1 ∨ x > x (x1 < x ) Nếu ∆ >  a.f ( x ) < x1 < x < x Nếu ∆ = a f ( x ) > ∀x ≠ − Bài 1: Chứng minh f ( x, y ) = x + y − xy + x − y + > Giải: Ta có (1) ⇔ x − x( y − 1) + y − y + > ∆′ = ( y − 1) − y + y − (1) = y2 − y +1− 5y2 + y − = −( y − 1) − < GV: Trần Đình Hồng 20 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề Vậy f ( x, y ) > với x, y ( ) Bài 2: Chứng minh f ( x, y ) = x y + x + y + xy + x > xy Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x y + x + y + xy + x − xy > ( ) ⇔ ( y + 1) x + y (1 − y ) x + y > 2 2 ( ) ( ) Ta có ∆′ = y − y − y y + = −16 y < ( ) Vì a = y + > f ( x, y ) > (đpcm) Phương pháp 10: Dùng quy nạp tốn học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức với n > n0 ta thực bước sau : 1) Kiểm tra bất đẳng thức với n = n0 2) Giả sử BĐT với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh gọi giả thiết quy nạp ) 3) Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh biến đổi để dùng giả thiết quy nạp) 4) kết luận BĐT với n > n0 1 1 ∀n ∈ N ; n > Bài 1: Chứng minh + + + < − (1) n n Giải : 1 Với n = ta có + < − (đúng) Vậy BĐT (1) với n = Giả sử BĐT (1) với n = k ta phải chứng minh BĐT (1) với n = k +1 Thật n = k+1 1 1 < 2− (1) ⇔ + + + + 2 k (k + 1) k +1 Theo giả thiết quy nạp 1 1 1 < 2− + < 2− ⇔ + + + + 2 k (k + 1) k ( k + 1) k +1 ⇔ 1 1 + + < + < 2 ( k + 1) k + ( k + 1) k k +1+1 < ⇔ k (k + 2) < (k + 1) ⇔ k2 + 2k < k2 + 2k + Điều k (k + 1) Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh ⇔ n an + bn  a+b Bài 2: Cho n ∈ N a + b > Chứng minh  (1)  ≤   Giải Ta thấy BĐT (1) với n = Giả sử BĐT (1) với n = k ta phải chứng minh BĐT với n = k + Thật với n = k + ta có k +1 a k +1 + b k +1  a+b ≤ (1) ⇔     k a+b a+b a k +1 + b k +1 ⇔  ≤  2   GV: Trần Đình Hồng (2) 21 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1 = ≤ 2 k +1 k +1 k +1 k k k +1 a +b a + ab + a b + b ⇔ − ≥ ⇔ a k − b k ( a − b ) ≥ Ta chứng minh (3) (+) Giả sử a ≥ b giả thiết cho a ≥  b ⇔ a ≥ b ⇔ Vế trái (2) ≤ ( k ⇔ a k ≥ b ≥ bk ⇒ (a k ) ) − b k ( a − b ) ≥ (+) Giả sử a < b theo giả thiết  a < b ⇔ (3) ( ) a < b k ⇔ a k < b k ⇔ a k − b k ( a − b ) ≥ k Vậy BĐT (3) ln ta có (đpcm) Phương pháp 11: Chứng minh phản chứng Lưu ý: 1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức , ta giả sử bất đẳng thức sai kết hợp với giả thiết để suy điều vơ lý , điều vơ lý điều trái với giả thiết , điều trái ngược Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh 2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “G ⇒ K” phép tốn mệnh đề cho ta : Như để phủ định luận đề ta ghép tất giả thiết luận đề với phủ định kết luận Ta thường dùng hình thức chứng minh phản chứng sau : A - Dùng mệnh đề phản đảo : −− K −− ⇒G B – Phủ định rơi suy trái giả thiết : C – Phủ định suy trái với điều D – Phủ định suy điều trái ngược E – Phủ định suy kết luận : Bài 1: Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b + c > , ab + bc + ac > , abc > Chứng minh a > , b > , c > Giải: Giả sử a ≤ từ abc > ⇒ a ≠ a < Mà abc > a < ⇒ cb < Từ ab + bc + ca > ⇒ a(b + c) >  bc > Vì a < mà a(b + c) > ⇒ b + c < a < b + c < ⇒ a + b + c < trái giả thiết a + b + c > Vậy a > tương tự ta có b > , c > Bài 2: Cho số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện ac ≥ 2.(b+d) Chứng minh có bất đẳng thức sau sai: a < 4b , c < 4d Giả : Giả sử bất đẳng thức : a < 4b , c < 4d cộng vế ta a + c < 4(b + d ) (1) Theo giả thiết ta có 4(b+d) ≤ 2ac (2) Từ (1) (2) ⇒ a + c < 2ac hay ( a − c ) < (vơ lý) Vậy bất đẳng thức a < 4b c < 4d có bất đẳng thức sai Bài 3: Cho x, y, z > xyz = Chứng minh 1 Nếu x + y + z > + + có ba số lớn x y z Giải : Ta có (x1).(y1).(z1) = xyz – xy  yz + x + y + z –1 1 = x + y + z – ( + + ) xyz = x y z GV: Trần Đình Hồng 22 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 1 + + nên (x1).(y1).(z 1) > x y z Trong ba số x1 , y1 , z1 có số dương Thật ba số dương x,y,z > ⇒ xyz > (trái giả thiết) Còn số dương (x1).(y1).(z1) < (vơ lý) Vậy có ba số x, y, z lớn Theo giả thiết x + y + z > Phần III : Ứng dụng bất đẳng thức i Dùng bất đẳng thức để tìm cưc trị Lưu ý - Nếu f(x) ≥ A f(x) có giá trị nhỏ A - Nếu f(x) ≤ B f(x) có giá trị lớn B Bài 1: Tìm giá trị nhỏ : T = |x  1| + |x  2| +|x  3| + |x  4| Giải : Ta có |x  1| + |x  4| = |x  1| + |4  x| ≥ |x  +  x| = Và x − + x − = x − + − x ≥ x − + − x = (1) (2) Vậy T = |x 1| + |x  2| +|x  3| + |x  4| ≥ 1+3 = Ta có từ (1) ⇒ Dấu xảy ≤ x ≤ (2) ⇒ Dấu xảy ≤ x ≤ Vậy T có giá trị nhỏ ≤ x ≤ Bài 2: Tìm giá trị lớn S = xyz.(x + y).(y + z).(z + x) với x, y, z > x + y + z = Giải: Vì x, y, z > , áp dụng BĐT Cơsi ta có 1 x + y + z ≥ 3 xyz ⇒ xyz ≤ ⇒ xyz ≤ 27 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho x + y ; y + z ; x + z ta có ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) ≥ 3 ( x + y ) ( y + z ) ( x + z ) ⇒ ≥ 3 ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) 8 = Dấu xảy x = y = z = Vậy S ≤ 27 27 729 Vậy S có giá trị lớn x = y = z = 729 Bài 3: Cho xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ x + y + z Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x,y,z) ; (x,y,z) Ta có ( xy + yz + zx ) ≤ ( x2 + y + z ) ⇒ ≤ ( x2 + y + z ) 2 (1) Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x , y , z ) (1,1,1) Ta có (x + y2 + z2 ) ≤ (1 2 + 12 + 12 )(x ) ( + y + z ⇒ x2 + y + z 4 Từ (1) (2) ⇒ ≤ 3( x + y + z ) ⇒ x + y + z ≤ Vậy x + y + z có giá trị nhỏ ) ( ≤ x4 + y + z ) 3 x = y = z = ± 3 Bài 4: Trong tam giác vng có cạnh huyền , tam giác vng có diện tích lớn Giải : Gọi cạnh huyền tam giác 2a Đường cao ứng với cạnh huyền h Hình chiếu cạnh góc vng lên cạnh huyền x, y GV: Trần Đình Hồng 23 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề Ta có S = ( x + y ) h = a.h = a h = a xy Vì a khơng đổi mà x + y = 2a Vậy S lớn x.y lớn ⇔ x = y Vậy tam giác có cạnh huyền tam giác vng cân có diện tích lớn ii Dùng BĐT để giải phương trình hệ phương trình Bài 1: Giải phương trình sau 3x + x + 19 + x + 10 x + 14 = − x − x Giải : Ta có x + x + 19 = 3.( x + x + 1) + 16 = 3.( x + 1) + 16 ≥ 16 x + 10 x + 14 = ( x + 1) + ≥ Vậy x + x + 19 + x + 10 x + 14 ≥ 4.4 + = 19 Dấu ( = ) xảy x + = ⇒ x =  Vậy 3x + x + 19 + x + 10 x + 14 = − x − x Vậy phương trình có nghiệm x = 1 x = 1 Bài 2: Giải phương trình x + − x = y + y + Giải : Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có : ( ) x + − x ≤ 12 + 12 x + − x ≤ 2 = Dấu (=) xảy x = Mặt khác y + y + = ( y + 1) + ≥ Dấu (=) xảy y =  Vậy x + − x = y + y + = x = y =   x =1  Vậy nghiệm phương trình   y = −  x + y + z =1 Bài 3: Giải hệ phương trình sau:  4  x + y + z = xyz Giải: Áp dụng BĐT Cơsi ta có x4 + y y + z z + x4 4 x +y +z = + + ≥ x2 y + y z + z x2 2 2 2 2 2 2 x y +y z z y +z z x z + y x2 ≥ + + ≥ y xz + z xy + x yz ≥ xyz.( x + y + z ) 2 Vì x + y + z = nên x + y + z ≥ xyz Dấu (=) xảy x = y = z = x + y + z =  Vậy  có nghiệm x = y = z = 4  x + y + z = xyz  xy − = − y Bài 4: Giải hệ phương trình sau   xy = + x Giải: GV: Trần Đình Hồng (1) (2) 24 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề Từ phương trình (1) ⇒ − y ≥ hay y ≤ Từ phương trình (2) ⇒ x2 + = x y ≤ 2 x ⇒ x − 2 x + 22 ≤ ⇒ ( x − 2) ≤ ⇒ x = ⇒ x=± Nếu x = y = 2 Nếu x =  y = 2  x =  x = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm    y = −  y = −2 x+y ≤ Từ chứng minh phương trình Bài 5: Cho |x| ≥ 2, |y| ≥ Chứng minh xy xy 2003 = vơ nghiệm x + y 2004 iii Dùng BĐT để giải phương trình nghiệm ngun Bài 6: Tìm số ngun x, y, z thoả mãn x + y + z ≤ xy + y + z − Giải: Vì x, y, z số ngun nên x + y + z ≤ xy + y + z − ⇔ x + y + z − xy − y − z + ≤   y2   3y2 ⇔  x − xy + ÷+  − y + ÷+ z − z + ≤     ( ) y  y  ⇔  x − ÷ +  − 1÷ + ( z − 1) ≤ 2  2  2 y  y  Mà  x − ÷ +  − 1÷ + ( z − 1) ≥ 2  2  (*) ∀x, y ∈ R y  y  ⇔  x − ÷ +  − 1÷ + ( z − 1) = 2  2  y  x − =  x =1  x =1  y   ⇔  −1 = ⇔  y = Vậy số x, y, z phải tìm  y = 2  z =1  z =1    z −1 =   1 Bài 2: Tìm nghiệm ngun dương phương trình + + = x y z Giải : Khơng tính tổng qt ta giả sử x ≥ y ≥ z 1 Ta có = + + ≤ ⇒ z ≤ x y z z Mà z ngun dương z = 1 + =1 Thay z = vào phương trình ta x y 1 ≤ ⇒ y ≤ mà y ngun dương Theo giả sử x ≥ y nên = + x y y GV: Trần Đình Hồng 25 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề Nên y = y = Với y = khơng thích hợp Với y = ta có x = Vậy (2, 2, 1) nghiệm phương trình Hốn vị số ta nghiệm phương trình (2,2,1) ; (2,1,2) ; (1,2,2) Bài 3: Tìm cặp số ngun thoả mãn phương trình x + x = y Giải: (*) Với x < , y < phương trình khơng có nghĩa (*) Với x > , y > Ta có x + x = y ⇔ x + x = y (*) ⇔ x = y2 − x > Đặt x = k (k ngun dương x ngun dương ) Ta có k.(k + 1) = y Nhưng k < k ( k + 1) < ( k + 1) ⇒ k < y < k + Mà k k+1 hai số ngun dương liên tiếp khơng tồn số ngun dương Nên khơng có cặp số ngun dương thoả mãn phương trình x = Vậy phương trình có nghiệm :  y = CHỦ ĐỀ 4: CỰC TRỊ ĐẠI SỐ Bài 1: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4xy = x + y + 12 xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x+ y Giải: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4xy = x + y + 12 xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x+ y Ta có 2x + 2y + 3.4xy 2x + 2y + (x + y) − 2xy  + 2.(x + y) − 4xy + A= = = = x+y x+y x+y x+y 2 2   2.( x + y ) − + 2.( x + y ) − + 2.( x + y ) + = 2( x + y ) + = = = = ( x + y ) + x+ y x + y  x+ y x+ y x+ y  Xét ( x + y ) + x+ y Áp dụng Cosi cho số (x+y) ( ) ta có: x+ y 1 ) =2 (x + y) + ( ) ≥ ( x + y ) ( x+ y x+ y   Do đó: A = ( x + y ) + ≥4 x + y   ⇔ (x + y)2 = ⇔ x + y = ± Vậy Min A = ⇔ (x + y) = x+ y 1 Kết hợp với điều kiện 4xy = ta x = y = x = y = 2 Bài 2: Cho số thực x > Tìm giá trị nhỏ biểu thức GV: Trần Đình Hồng 26 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 2 1 25    5 Giải : S = x − x + =  x - ÷ + ( x - 2) + +8=  x - ÷ + ( x - 2) + + x−2  2 x-2  2 x-2  2  x - ÷ ≥ 23  2 Ta cã  Vậy MinS = + = x = 2,5 4   ( x - ) + x - ≥ Bài 3: Cho x,y l số dương thoả mãn : x + y = 33 2 Tìm giá trị nhỏ : P = x + y + xy Giải: Từ x + y = 33 33 x+ y ( x + y)2 ≥ Áp dụng BĐT Cơsi ta có: ≥ xy hay xy ≤ = Do xy 4 Mặt khác: x2 + y2 = ( x + y ) – 2xy = 16 – 2xy ≥ 16 − 2.4 = 8( xy ≤ 4) 33 65 = Vậy P ≥ + 4 65 Do : MinP = , đạt x = y = Bài Tìm x để y đạt giá trị lớn thoả mãn: x + 2y + 2xy – 8x – 6y = (1) Gi i : i u ki n t n t i x PT: x2 + 2(y – 4)x + 2y2 – 6y = (1) có nghi m ⇒ ∆ ' = (y – 4)2 – 2y2 + 6y ≥ ⇔ y2 + 2y – 17 ≤ ⇔ (y + 1)2 ≤ 17 D u b ng x y y + = 17 ⇔ y = 17 –1 c x =− Thay y = 17 –1 vào ph ng trình (1) ta tìm 17 − − = − 17 Bài 5: Cho số dương x, y có x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:    B =  − ÷1 − ÷  x  y  Giải:  1  x + y2 Ta có: B = −  + ÷+ 2 = − 2 + 2 y  x y x y x y x =9 1 − 2xy ≥ 1+ x + y + = − + = +   x y2 x y2 x y2 x y2 xy  ÷   x = y ⇔ x= y= Vậy: Giá trị nhỏ B B = ⇔  x + y = ( x + y) = 1− − 2xy Bài 6: Tìm giá trò nhỏ y = x + x −1 +1 ; ( x ≥ 1) x + x −1 + Giải: y= x + x − + ( x − 1) + x − + ( x − 1) + x − + x − + = = x + x − + ( x − 1) + x − + ( x − 1) + x − + x − + GV: Trần Đình Hồng 27 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề = = ( x −1 ( x −1 ) ( x − + 3) + ( )= ( x − + 3) ( x −1 + + )( x −1 + x −1 +1 ) ( x −1 + + x −1 + ) x −1 + ) = x −1 + x −1 + x −1 + −1 = 1− ( x ≥ 1) x −1 + x −1 + Vì x ≥ ⇒ x − ≥ ⇒ x − + ≥ ⇒ ⇒ y = 1− 1 1 ≤ ⇒− ≥− x −1 + 3 x −1 + 1 ≥ 1− = 3 x −1 + x = Bài 7: Cho x, y > x2 + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 T = x4 + + y4 + x y Dấu “=” xảy x – = ⇔ x = a + b + c + d ≥ (a + c)2 + (b + d )2 (*) với a, b, c, d > Giải: Trước tiên ta chứng minh (a Thật vậy: (*) ⇔ a + b + + d + ⇔ (a Vậy y = )( )( ) + b c + d ≥ a + b + + d + 2ac + 2bd ) + b2 c + d ≥ ac + bd ⇔ a2 c + a d + b c + b d ≥ a2 c + b2 d + 2acbd ⇔ ( ad − bc ) ≥ Dấu xảy ac = bd:  1 Áp dụng (*) ta có: T ≥ x + y +  + ÷ = + y x y x 1 2 Lại có: = x + y ≥ x y ⇒ ≥ ⇒ ≥ 16 Do T ≥ + 16 = 17 xy xy ( )  x, y >   x + y = x =   Vậy TMin = 17  x y ⇒ =  y x2 y =    x = y Bài 8: Cho xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ x + y + z Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x,y,z) ; (x,y,z) Ta có ( +z ) ( xy + yz + zx ) ⇒ ≤ ( x + y2 ≤ x + y2 + z 2 ) (1) Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x , y , z ) (1,1,1) Ta có (x + y + z )2 ≤ (12 + 12 + 12 )(x + y + z ) ⇒ (x + y + z )2 ≤ 3(x + y + z ) (2) 4 Từ (1) (2) ⇒ ≤ 3( x + y + z ) ⇒ x + y + z ≤ Vậy x + y + z có giá trị nhỏ GV: Trần Đình Hồng 3 x = y = z = ± 3 28 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề Bài Cho x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : S = x2 + y2 Giải: Từ x + y = ta có y =  x 2 2 2 Do : S = x + (2 − x ) = x + − x + x = ( x − 4x + ) + = 2( x − 1) + ≥ Vậy S = ⇔ x = y = Bài 10 a) Cho a, b, c > Chứng minh : bc ca ab + + ≥a+b+c a b c b) Cho a, b > 3a + 5b = 12 Tìm giá trị lớn tích P = ab Giải: bc ca bc ab ca ab ; ; a b a c b c bc ca bc ca bc ab bc ab ca ab ca ab Ta lần lợt có: + ≥2 = 2c; + ≥2 = 2b ; + ≥ = 2a a b a b a c a c b c b c a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số dương Cộng vế ta bất đẳng thức cần chứng minh Dấu xảy a = b = c a) Với số dương 3a 5b , theo bất đẳng thức Cauchy ta có : 3a + 5b ≥ 3a.5b ⇔ (3a + 5b)2 ≥ 4.15P (vì P = a.b) ⇔ 122 ≥ 60P 12 12 ⇔P ≤ ⇒ max P = Dấu xảy 3a = 5b = 12 : ⇔ a = ; b = 5 CHỦ ĐỀ 5: MỘT SỐ DẠNG TỐN KHÁC ) ( y+ ( Bài 1: Cho x + x + 2010 Giải: ) y + 2010 = 2010 Tính S = x + y )( ( ) Đặt a = 2010 Ta có: x + x + a y + y + a = a (*) Nhân hai vế (*) với (x+ ( x2 + a )( ⇔ x2 + a − x2 ( )( x + a − x ta ) ( x2 + a − x y + y2 + a = a ) (y+ ) ( ⇔ a y + y2 + a = a ) ( y2 + a = a x2 + a − x ) x2 + a − x ) ) x2 + a − x ⇔ y + y + a = x + a − x (1) y + a − y ta : x + x + a = y + a − y (1) Cộng hai vế (1) (2) ta S = x + y = Tương tự nhân hai vế (*) với Bài Cho biểu thức P = xy(x – 2)(y + 6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36 Chứng minh P ln dương với x,y ∈ R Giải: Ta có: P = xy(x – 2)(y+6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36 = x2y2 + 6x2y – 2xy2 - 12xy – 24x + 3y2 + 18y + 36 = (18y + 36) + (6x2y + 12x2) – (12xy + 24x) + (x2y – 2xy2 + 3y2) = 6(y + 2)(x2 – 2x + 3) + y2(x2 – 2x + 3) = (x2 – 2x + 3)(y2 + 6y + 12) Vì x2 – 2x + = (x – 1)2 + > ∀x ∈ ¡ y2 + 6y + 12 = (y + 3)2 + > ∀y ∈ ¡ Vậy P ln dương với x,y ∈ R 29 GV: Trần Đình Hồng Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề Bài 6: Cho số a, b, c thỏa mãn điều kiện < a < b phương trình ax + bx + c = vơ nghiệm Chứng minh rằng: a+b+c >3 b- a Giải: • Vì đa thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c khơng có nghiệm (gt) nên f(x) dấu với hệ số a • Mà a > (gt) nên f(x) > (với x thuộc ¡ ) • Suy ra: f( − 2) > ⇔ 4a − 2b + c > ⇔ a + b + c − 3(b − a) > ⇔ a + b + c > 3(b − a) a+b+c ⇔ > (Chia hai vế cho số dương b − a) b − a Bài 7: Chứng minh pt a − b x − a − ab x + a − a b = ln ln có nghiệm với a, b ( ) ( ) Giải: Cần chứng minh pt ( a4 – b4 ) x2 − 2(a6 – ab5 )x + a6 – a2 b6 = ln có nghiệm với a ,b a = b Ta có a4 – b4 = (a2)2 – (b2)2 = ⇔  a = − b • a = b pt cho có dạng 0x = ⇒ pt cho có vơ số nghiệm số với x ∈ R (1) • Khi a = – b ta có pt : 4a6 x = ⇔ x = a ≠ (2) • Khi a = pt có dạng 0x = ∀ x ∈ R (3) Từ (1) , (2) (3) ⇒ PT cho ln có nghiệm với a = b hay a = – b (*) Khi a ≠ ± b pt cho có ∆ = a6b4 (b – a)2 ≥ Vậy a ≠ ± b pt cho ln có nghiệm (**) Từ (*) (**) ⇒ pt cho ln có nghiệm với a, b Bài Chứng minh số vơ tỉ m m2 (tối giản) Suy = hay 7n = m (1) n n mà số ngun tố nên m M7 Đặt m = 7k (k ∈ Z) Đẳng thức chứng tỏ m M Giải: Giả sử số hữu tỉ ⇒ 7= Ta có m2 = 49k2 (2) Từ (1) (2) suy 7n2 = 49k2 nên n2 = 7k2 (3) Từ (3) ta lại có n2 M7 số ngun tố nên n M7 m n chia hết phân số khơng tối giản, trái giả thiết Vậy Bài 10 a) Chứng minh : ( ac khơng phải số hữu tỉ; + bd ) + ( ad − bc ) = 2 b) Chứng minh bất dẳng thức Bunhiacơpxki : (a số vơ tỉ + b2 ) ( c2 + d ) ( ac + bd ) ≤ ( a + b ) ( c + d ) Giải: Ta có: 2 a) ( ac + bd ) + ( ad − bc ) = a 2c + b 2d + 2acbd + a 2d + b 2c − 2adbc = a ( c2 + d ) + b ( c2 + d ) = ( a + b ) ( c2 + d ) 2 2 b) Từ câu a) ta suy ( ac + bd ) ≤ ( a + b ) ( c + d ) Bài 11: Tìm số a, b, c, d biết : a2 + b2 + c2 + d2 = a(b + c + d) Giải: Ta có: a + b + c + d = a ( b + c + d ) ⇔ a + b + c + d − ab − ac − ad = ⇔ 4a + b + c + d − 4ab − 4ac − 4ad = ⇔ a + ( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) = Do ta có: a = 0, a = 2b, a = 2c, a = 2d Suy a = b = c = d = GV: Trần Đình Hồng 30 2 Trường THCS Nhơn Hải m n [...]... ba số này lớn hơn 1 x y z Giải : Ta có (x1).(y1).(z1) = xyz – xy  yz + x + y + z –1 1 1 1 = x + y + z – ( + + ) vì xyz = 1 x y z GV: Trần Đình Hồng 22 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 1 1 1 + + nên (x1).(y1).(z 1) > 0 x y z Trong ba số x1 , y1 , z1 chỉ có một số dương Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thi t) Còn nếu 2 trong 3 số đó... ≥ 5 Cho 3 số dương a, b, c, biết a.b.c = 1 CMR: ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ≥ 8 a) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 CMR: b) c) d) e) f) Cho các số a ≥ 0, b ≥ 0 CMR: ( a + b ) ( ab + 1) ≥ 4ab g) Cho các số dương a, b, c, d, biết a.b.c.d = 1 CMR a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ab + cd ≥ 6 GV: Trần Đình Hồng 13 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề h) Chứng minh rằng với 3 số a, b, c... Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1 = ≤ 2 2 4 2 k +1 k +1 k +1 k k k +1 a +b a + ab + a b + b ⇔ − ≥ 0 ⇔ a k − b k ( a − b ) ≥ 0 2 4 Ta chứng minh (3) (+) Giả sử a ≥ b và giả thi t cho a ≥  b ⇔ a ≥ b ⇔ Vế trái (2) ≤ ( k ⇔ a k ≥ b ≥ bk ⇒ (a k ) ) − b k ( a − b ) ≥ 0 (+) Giả sử a < b và theo giả thi t  a < b ⇔ (3)... 4 bất đẳng thức trên ta có : a+b b+c c+d d +a 2< + + + 2 2 −1 Ta có ( Với n là số ngun ) ) GV: Trần Đình Hồng 17 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề ( ) 1 >2 3− 2 2 ……………… 1 > 2 n +1 − n n Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 1 1 1+ + + + > 2 n +1 −1 2 3 n 1 1 1 1 1 Bài 3: Chứng minh rằng: B = 3 + 3 + 3 + + 3 < với (n ∈ ¥ ; n ≥ 3) 3 4 5 n 12 Giải: Ta làm trội mỗi phân số của B bằng cách làm giảm các mẫu ta... sử x ≥ y nên 1 = + x y y GV: Trần Đình Hồng 25 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề Nên y = 1 hoặc y = 2 Với y = 1 khơng thích hợp Với y = 2 ta có x = 2 Vậy (2, 2, 1) là một nghiệm của phương trình Hốn vị các số trên ta được các nghiệm của phương trình là (2,2,1) ; (2,1,2) ; (1,2,2) Bài 3: Tìm các cặp số ngun thoả mãn phương trình x + x = y Giải: (*) Với x < 0 , y < 0 thì... < k + 1 Mà giữa k và k+1 là hai số ngun dương liên tiếp khơng tồn tại một số ngun dương nào cả Nên khơng có cặp số ngun dương nào thoả mãn phương trình x = 0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là :  y = 0 2 CHỦ ĐỀ 4: CỰC TRỊ ĐẠI SỐ Bài 1: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4xy = 1 2 x 2 + 2 y 2 + 12 xy Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x+ y Giải: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4xy... cho 2 số (x+y) và ( ) ta có: x+ y 1 1 ) =2 (x + y) + ( ) ≥ 2 ( x + y ) ( x+ y x+ y  1  Do đó: A = 2 ( x + y ) + ≥4 x + y   1 ⇔ (x + y)2 = 1 ⇔ x + y = ± 1 Vậy Min A = 4 ⇔ (x + y) = x+ y 1 1 Kết hợp với điều kiện 4xy = 1 ta được x = y = hoặc x = y = 2 2 Bài 2: Cho số thực x > 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức GV: Trần Đình Hồng 26 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề. .. các cặp số dương Cộng từng vế ta được bất đẳng thức cần chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a = b = c a) Với các số dương 3a và 5b , theo bất đẳng thức Cauchy ta có : 3a + 5b ≥ 3a.5b ⇔ (3a + 5b)2 ≥ 4.15P (vì P = a.b) ⇔ 122 ≥ 60P 2 12 12 6 ⇔P ≤ ⇒ max P = Dấu bằng xảy ra khi 3a = 5b = 12 : 2 ⇔ a = 2 ; b = 5 5 5 CHỦ ĐỀ 5: MỘT SỐ DẠNG TỐN KHÁC ) ( y+ ( 2 Bài 1: Cho x + x + 2 010 Giải: ) y 2 + 2 010 = 2 010 Tính... dương với mọi x,y ∈ R 29 GV: Trần Đình Hồng Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề Bài 6: Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình ax 2 + bx + c = 0 vơ nghiệm Chứng minh rằng: a+b+c >3 b- a Giải: • Vì đa thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c khơng có nghiệm (gt) nên f(x) cùng dấu với hệ số a của nó • Mà a > 0 (gt) nên f(x) > 0 (với mọi x thuộc ¡ ) • Suy ...Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề CÁC CHỦ ĐỀ VỀ TOÁN NÂNG CAO CHỦ ĐỀ 1: HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO Dạng 1: Giải hệ phương trình bậc cao sử dụng phương pháp cộng đại số: Bài 1: Giải... e) + x − 16 = x + f) − x − x = x − Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề CHỦ ĐỀ 3: BẤT ĐẲNG THỨC PHẦN I : Các kiến thức cần lưu ý Đinh nghĩa A ≥ B ⇔ A − B ≥  A ≤ B... bc + ca ≤    e) Cho số dương a b thỏa mãn đk a + b = CMR  + ÷ + ÷ ≥  a  b  GV: Trần Đình Hồng 10 Trường THCS Nhơn Hải Ơn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề Phương pháp 3: Dùng bất