Tài liệu tham khảo Toán học cấp 2

Ở nước ta, bất đẳng thức này được gọi theo tên của nhà Toán học người Pháp Augustin – Louis Cauchy (1789 – 1857), tức là bất đẳng thức Cauchy. Thật ra đây là một cách gọi tên không chín[r]

TỔNG HỢP KIẾN THỨC

VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP TOÁN 9

PHẦN I: ĐẠI SỐ A KIẾN THỨC CẦN NHỚ.

1 Điều kiện để thức có nghĩa.

A có nghĩa A  0

2 Các công thức biến đổi thức

a

A A

b AB  A B (A0;B0)

c

( 0; 0)

A A

A B

B  B  

d

2 ( 0)

A BA B B

e A B  A B2 (A0;B0)

2 ( 0; 0)

A B  A B A B

f

1

( 0; 0)

A

AB AB B

B B  

i

( 0)

A A B B B

B  

k

2

( )

( 0; )

C C A B

A A B

A B

A B    



m

( )

( 0; 0; )

C C A B

A B A B

A B

A B     



3 Hàm số y = ax + b (a ≠ 0) a Tính chất:

+ Hàm số đồng biến R a > + Hàm số nghịch biến R a <

b Đồ thị: Đồ thị đường thẳng qua điểm A(0;b); B(-b/a;0) 4 Hàm số y = ax2 (a ≠ 0)

a Tính chất:

+ Nếu a > hàm số nghịch biến x < đồng biến x > + Nếu a < hàm số đồng biến x < nghịch biến x > b Đồ thị:

Đồ thị đường cong Parabol qua gốc toạ độ O(0;0) + Nếu a > đồ thị nằm phía trục hồnh

+ Nếu a < đồ thị nằm phía trục hồnh Vị trí tương đối hai đường thẳng

Xét đường thẳng y = ax + b (d) y = a'x + b' (d') (d) (d') cắt  a  a'

(d) // (d')  a = a' b  b'

(d)  (d')  a = a' b = b'

6 Vị trí tương đối đường thẳng đường cong. Xét đường thẳng y = ax + b (d) y = ax2 (P)

7 Phương trình bậc hai.

Xét phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (a

 0)

Công thức nghiệm Công thức nghiệm thu gọn

 = b2 - 4ac

Nếu  > : Phương trình có hai

nghiệm phân biệt: a b x

2

1

   

; a

b x

2

2

   

Nếu  = : Phương trình có nghiệm

kép : a

b x x

2

2

  

Nếu  < : Phương trình vơ nghiệm

' = b'2 - ac với b = 2b'

- Nếu ' > : Phương trình có hai

nghiệm phân biệt: a b x1 ' '

; a

b x2  ' ' - Nếu ' = : Phương trình có nghiệm

kép: a

b x

x

'

1

  

- Nếu ' < : Phương trình vơ nghiệm

8 Hệ thức Viet ứng dụng: - Hệ thức Viet:

Nếu x1, x2 nghiệm phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (a

0) thì:

1

1

b S x x

a c P x x

a  

   

 

  

 

- Một số ứng dụng:

+ Tìm hai số u v biết u + v = S; u.v = P ta giải phương trình: x2 - Sx + P = 0 (Điều kiện S2 - 4P  0)

+ Nhẩm nghiệm phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (a0) Nếu a + b + c = phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 =

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

c a 

9 Giải tốn cách lập phương trình, hệ phương trình: Bước 1: Lập phương trình hệ phương trình ( đk)

Bước 2: Giải phương trình hệ phương trình

Bước 3: Kiểm tra nghiệm phương trình hệ phương trình nghiệm thích hợp với tốn kết luận

10 Tìm điều kiện tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = có 2 nghiệm phân biệt.

Điều kiện có hai nghiệm phân biệt  

 



0

a

hoặc 

 



0

'

a

11 Tìm điều kiện tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = có 1 nghiệm.  Điều kiện có nghiệm: 

  

0

b a

hoặc 

 



0

a

hoặc  

 



0

'

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

 Điều kiện có nghiệm kép:      0 a

hoặc      0 ' a

13 Tìm điều kiện tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = vơ nghiệm.  Điều kiện có nghiệm: 

    0 a

hoặc      0 ' a

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

 Điều kiện có hai nghiệm dấu:         0 a c P

        0 ' a c P

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

 Điều kiện có hai nghiệm dương:                 0 a b S a c P

                0 ' a b S a c P

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

 Điều kiện có hai nghiệm âm:                 0 a b S a c P

                0 ' a b S a c P

17 Tìm điều kiện tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = có 2 nghiệm trái dấu.

 Điều kiện có hai nghiệm trái dấu: P <

18. Tìm điều kiện tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = có nghiệm x = x1.

 Cách giải:

- Thay x = x1 vào phương trình (*) ta có: ax12 + bx1 + c =  m - Thay giá trị m vào (*)  x1, x2

- Hoặc tính x2 = S - x1 x2 = x1

P

19 Tìm điều kiện tham số m để phương trình bậc hai ax2 + bx + c = có nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện:

a x1x2  b x12x22 k c x1 x2 n

1

d x12x22 h e x13x23t

 Điều kiện chung:  '  (*)

a Trường hợp: x1 x2 

Giải hệ             1 2

2 x x a b x x

Thay x1, x2 vào (2)  m

Chọn giá trị m thoả mãn (*) b Trường hợp: x12x22 k (x1 x2)2 2x1x2 k

Thay x1 + x2 = S = a b 

x1.x2 = P = a c

vào ta có: S2 - 2P = k

 Tìm giá trị m thoả mãn (*)

c Trường hợp: x1 x2 n x1x2 nx1x2   bnc

1

Giải phương trình - b = nc tìm m thoả mãn (*) d Trường hợp: x12x22h S2  2P h0

Giải bất phương trình S2 - 2P - h  chọn m thoả mãn (*) e Trường hợp: x13x32 t  S3 3PS t

Giải phương trình S3 3PSt chọn m thoả mãn (*)

20 Giải phương trình trùng phương ax4 + bx2 + c = 0  Đặt t = x2 (t0) ta có phương trình at2 + bt + c = 0

Giải phương trình bậc hai ẩn t sau thay vào tìm ẩn x Bảng tóm tắt

at2 + bt + c = 0 ax4 + bx2 + c = 0

vô nghiệm vô nghiệm

2 nghiệm âm vô nghiệm

nghiệm kép âm vô nghiệm

1 nghiệm dương nghiệm đối

2 nghiệm dương 2 cặp nghiệm đối nhau4 nghiệm

21 Giải phương trình )

1 ( )

( 2

     C x x B x x A

 Đặt x x

1



= t  x2 - tx + =

Suy t2 = (x x

1



)2 =

1 2   x x  2 2    t x x

22. Giải phương trình )

1 ( )

( 2

     C x x B x x A

 Đặt x x

1



= t  x2 - tx - =

Suy t2 = (x x

1



)2 =

1 2   x x  2 2    t x x

23 Giải hệ phương trình       ' ' 'x b y c a

c by ax

 Các phương pháp giải:

+ Phương pháp cộng + Phương pháp

+ Phương pháp đặt ẩn phụ

24 Giải phương trình dạng f(x) g(x) (1)

 Ta có   

 

  



) ( ) ( ) (

) (

) ( )

( )

( 2

x g x f

x g x

g x f

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

25. Giải phương trình dạng f(x) h(x) g(x)

 Điều kiện có nghĩa phương trình    

  

0 ) (

0 ) (

0 ) (

x g

x h

x f

Với điều kiện thoả mãn ta bình phương hai vế để giải tìm x 24. Giải phương trình dạng f (x) g(x)

 Phương pháp 1: f (x) g(x)     

 

 

2

) ( )

( ) (

x g x

f x g

 Phương pháp 2: Xét f(x)   f(x) = g(x)

Xét f(x) <  - f(x) = g(x)

 Phương pháp 3: Với g(x)  ta có f(x) =  g(x)

26 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = f(x)  Phương pháp 1: Dựa vào luỹ thừa bậc chẵn

- Biến đổi hàm số y = f(x) cho:

y = M - [g(x)]2n ,n Z  y  M Do ymax = M g(x) =

- Biến đổi hàm số y = f(x) cho: y = m + [h(x)]2k k

Z  y  m

Do ymin = m h(x) =  Phương pháp 2: Dựa vào tập giá trị hàm  Phương pháp 3: Dựa vào đẳng thức 27. Cho (C) (L) theo thứ tự độ thị hàm số

y = f(x) y = g(x)

Hãy khảo sát tương giao hai đồ thị

 Toạ độ điểm chung (C) (L) nghiệm phương trình hồnh độ điểm chung: f(x) = g(x) (*)

- Nếu (*) vơ nghiệm (C) (L) khơng có điểm chung - Nếu (*) có nghiệm kép (C) (L) tiếp xúc - Nếu (*) có nghiệm (C) (L) có điểm chung - Nếu (*) có nghiệm (C) (L) có điểm chung

28 Lập phương trình đường thẳng (D) qua điểm A(xA;yA) có hệ số góc k.  Phương trình tổng quát đường thẳng (D) : y = ax + b (*)

- Xác định a: ta có a = k

- Xác định b: (D) qua A(xA;yA) nên ta có yA = kxA + b  b = yA - kxA

- Thay a = k; b = yA - kxA vào (*) ta có phương trình (D)

(D) qua A B nên ta có:  

 

 

b ax y

b ax y

B B

A A

Giải hệ ta tìm a b suy phương trình (D)

30. Lập phương trình đường thẳng (D) có hệ số góc k tiếp xúc với đường cong (C): y = f(x)

Phương trình tổng quát đường thẳng (D) : y = kx + b Phương trình hồnh độ điểm chung (D) (P) là:

f(x) = kx + b (*)

Vì (D) tiếp xúc với (P) nên (*) có nghiệm kép Từ điều kiện ta tìm b suy phương trình (D)

31 Lập phương trình đường thẳng (D) qua điểm A(xA;yA) k tiếp xúc với đường cong (C): y = f(x)

Phương trình tổng quát đường thẳng (D) : y = kx + b Phương trình hồnh độ điểm chung (D) (P) là:

f(x) = kx + b (*)

Vì (D) tiếp xúc với (P) nên (*) có nghiệm kép

B CÁC DẠNG BÀI TẬP

Dạng 1: Rút gọn biểu thức

1 Bài toán 1: Rút gọn biểu thức A

Để rút gọn biểu thức A ta thực bước sau: - Quy đồng mẫu thức (nếu có)

- Đưa bớt thừa số ngồi thức (nếu có) - Trục thức mẫu (nếu có)

- Thực phép tính: luỹ thừa, khai căn, nhân chia - Cộng trừ số hạng đồng dạng

Ví dụ 1:

2

:

1

x x

x x

 

  có nghĩa x+2  0; x-1  0; x+3 0;

x-2 0  x > -2; x1; x2 Ví dụ 2:

* Nhận xét: ta dùng phép đưa thừa số dấu căn, khử thức mẫu,

1

525 ; 20=4.5;

1

2 4;

9 9.2 4,5

2

 

; 12,5=

125 25 25.2

10   ; 45=9.5; 18=9.2; 72= 36.2; 200=100.2; 0,08 =4.2/100; 50=25.2

Bài giải a)

1

5 20

2   =

2

5 4.5

4   =

1

5 2 5

4   =

2 5

4   =

5

2

4 

b)

1

4.5 12,5

2   =

2 9.2 25.2

4   =

1

2 2

2  2 = (

1

2 2  ). 2=

2

= 2 5 3.3 2   =  15 2

d) 0,1 200 0,08 0,4 20 

= 0,1.2 0,8 5  = 1,2 0,8 5 Ví dụ 3: Tình giá trị biểu thức

a) 3  3 b) 2 3 2

 Phân tích

Câu a, Ta tìm a=1 b= 3 thỏa mãn a2+b2=4 2ab= 2 3 nên 4 3 = (1+ 3)2

và 4 3 = (1- 3)2

* Bài giải

4 3  3 = ( 1 )2  ( 1 )2

= 1 3 - 1 3 = 1+ 3 - ( 3- 1) = b) Nhận xét: 2( 2  2 )=

2(2 3)  2(2 )= 4 3  4 3

Như ta việc tính câu a chia cho 2 kết câu b Cách khác: kết câu b số âm Bình phương ta được:

( 2  2 )2=(2 3)–2.(2 3)(2 3) +(2 3) = -2.( 4-3) = 4-2 =2= (- 2)2 =( 2)2

Vì giá trị biểu thức số âm nên 2 3  2 3 = - 2 Ví dụ 4: Rút gọn biểu thức

A= x 2 x 1 x 2 x1

 Phân tích

Ta tìm a=1 b= x1 thỏa mãn a2+ b2= x+2 2ab= 2 x1 Ta có

2 2 1

x   x  = (1 x1)2 = 1 x1

 Bài giải

Điều kiện xác định:

1 0 1

2 2 1 0 2 2 1

x x

x x x x

  

 



 

      

 

Với x1 xét (x+2)2 4(x+1)

 x2 0 ( với giá trị x) Vậy ĐKXĐ của biểu thức x 1

Cách giải thứ nhất:

Nếu

1

1 x x

   



 

  

 1 x+10  -1 x  ta có: A= 1- x1 -1- x1 = -2 x1

Nếu

1

1 x x

   



 

  

 x+1 1  x0 ta có:

A= x1-1 – 1- x1= -2

Cách thứ hai: A< ta tính A2 = 2x+4 - 2 x Nếu x0 ta có A2= <=> A= -2 ( A <0)

Nếu x<0 ta có A2= 4x+4 suy A=- 2 x1 ( A<0) Ví dụ 5: cho biểu thức

Ví dụ 6:

Bài giải

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

a)

2 3 ( 3)(x 3)

3

3

x x

x

x x

  

  

 

b)

3

1 ( ) (1 )(1 )

1 1

a a a a a a

a a a

    

 

   = (1 a a )

với a>0; a khác

3.2 Bài tập

Bài 1: Rút gọn biểu thức

1)

2

2

149 76

457 384

 

2)

1

3 1

2

    

3)

1 33

48 75

2   11 

4) 9a 16a  49a Víia 0

5)

a a b

ab

b  b a

6) 5  9 80 7) 3 48 75 243

8) 32  6 9) 4 2 2 2 2

8 2 2

10)

3 2

 

 

 

Dạng 2: Bài tốn tính tốn

1 Bài tốn 1: Tính giá trị biểu thức A

Tính A mà khơng có điều kiện kèm theo đồng nghĩa với toán Rút gọn biểu thức A

2 Bài tốn 2: Tính giá trị biểu thức A(x) biết x = a Cách giải:

- Rút gọn biểu thức A(x)

- Thay x = a vào biểu thức rút gọn

Bài 1: Cho biểu thức A =

2

1 1

x x

x x x x x

  

 

 

     

 :

1

 x a Tìm điều kiện xác định

b Chứng minh A =

  x x

c Tính giá trị A x = - 28 d Tìm max A

* Gợi ý: b) Trước quy đồng mẫu ta phân tích mẫu thừa số tim Mẫu chung đâ thức chia hết cho đa thức mẫu

. 1

x x  = x3  1 = ( x  1).( x+ x +1)

1 1

1 x  x  1

c) Để tính giái trị A, trước hết ta rút gọn x x=

2

Chú ý 0 0 A A A A A   

   ; 7 0 

d) Vì tử số dương khơng đổi, suy Biểu thức A có giá trị lớn mẫux x 1 có giá trj nhỏ nhất;

Chẳng hạn: Y2+Y+1 = (Y2+ Y+ ¼) +3/4 = (Y+1/2)2 +3/4 >=3/4 với giá trị Y, dấu = xảy Y =-1/2 Giá trị nhỏ biểu thức ¾ Y=-1/2

Bài 2: Cho biểu thức P = n n n n n n        

(với n0;n4)

a Rút gọn P

b Tính giá trị P với n = Bài 3: Cho biểu thức M =

2

( a b) ab a b b a

a b ab

  



 ( a , b > 0)

a Rút gọn biểu thức M b Tìm a , b để M = 2006

* Gợi ý: Ta rút gọn

a b b a ab



trước thực

Bài 4: Cho biểu thức : M = 

                   

 x x

x x x x x x x 1 :

a) Rút gọn M

b) Tính giá trị M x = + c) Tìm x cho M =1/2

 Gợi ý : Tập xác định M x>0, x 1, x 3 (1)

b) Viết x = 3 dạng bình phương thay vào biểu thưc M rút gọn

c) sau tìm x ý kết hợp với điều kiện (1) kết luận xem x tìm có thỏa mãn hay khơng

Bài 5: Cho biểu thức : P = 

                      2 : x x x x x x x x a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P x =

8



* Gợi ý: a)

2 x x x x          =

( 2)( 2)

( 2)

x x x x

x x           = x ( 2) x x x    = ( 2) x x 

 0 với x

TXĐ: x 4; x 0 P= 1- x

b) biến đổi x=

= ( 1) ; thay vào P ta P = 1-( 5-1) = 2-

Bài 6: Cho biểu thức : B = 

                  : 1 1 x x x x x x x a) Rút gọn B

b) Tìm x để : 2.B <

c) Với giá trị x B x = 4/5

Gợi ý: 1 x x x          = 1 x x x     =

x x x

x x       = x x x 

  > với x, TXĐ B x >0; x1;

a) B=

x

x  với x >0; x1;

b) 2.B<1 

3 x

x  <1 

3 x x   

vì x  3 0 với x nên x  3 0 x  9 Đối chiếu với điều kiện tập xác định ta có x >0; x1; x<9

Bài 7: Cho biểu thức : M = 

                     1 : x x x x x x x a) Rút gọn M

b) Tìm số nguyên x để M số nguyên c) Tìm x cho : M >

TXĐ: x>0; x9; a) M=

1 x x



 với x>0; x9;

b) M=

3 2

1

3 3

x x

x x x x

  

   

   

M có giá trị nguyên chia hết cho x 3

Bài 8: Cho biểu thức : A = : 

                1 1 2 x x x x x x x x a) Rút gọn A

b) Tính giá trị A x = - c) Tìm giá trị nhỏ A

Bài 9: Cho biểu thức : P = 

                         1 : 1 1 x x x x x x x x a) Rút gọn P

c) Tìm x cho P = 1/2

Bài 10: Cho biểu thức : A =

2 1

1

1

x x x x

x

x x x

x                        

a) Rút gọn A

b) Tính giá trị A x = 2

Bài 11: Cho biểu thức : A = 

                    

 : 1

1 x x x x x x x x a) Rút gọn A

b) Tìm x để A <

Bài 12: Cho biểu thức : B = 

                     2 : 1 x x x x x x x x

a) Rút gọn B

b) Tính giá trị B x = + c) Tìm x nguyên để B nguyên

Bài 13: Cho biểu thức : A = 

              x x x x x

a) Rút gọn A

b) Tính giá trị A x =

 c) Tìm x nguyên để A nguyên

Bài 14: Cho biểu thức : M = 

                x x x x x x x 2

a) Rút gọn M b) Tìm x để M <

c) Tìm số tự nhiên x để M nguyên

Bài 15: Cho biểu thức : A = 

                         : 3 x x x x x x x x a) Rút gọn A b) Tìm x để A >

Bài 16: Cho biểu thức : P =

3 : 2 4 2 x x x x x x x x x x                 

a) Rút gọn P

b) Tìm số nguyên x để P chia hết cho

Bài 17: Cho biểu thức : M = 

                     

 x x

x x x x x x

x

:

1

a) Rút gọn M

b) Tìm số tự nhiên x để M số nguyên c) Tìm x thoả mãn M <

Bài 18: Cho biểu thức : P = 

b) Tính giá trị P x =

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

Bài 19: Cho biểu thức : B = 

                       

 x x

x x x x x x x x 2 : 3

a) Rút gọn B

b) Tính giá trị B x = - c) Tìm x cho B.( x – ) = x

Bài 20: Cho biểu thức : M = 

                           1 1 : 1 1 xy x xy xy x xy x xy xy x a) Rút gọn M

b) Tính giá trị M x = - y = 3

 

Bài 21: Cho biểu thức : B = 

                6 3 y x xy xy y x xy y x a) Rút gọn B

b) Cho B= 10 ( 10)

10    y y y

Chứng minh : 10

9

 y x

Bài 22: Cho biểu thức :

                            : 2 x x x x x x x x x P

a) Rút gọn P

b) Tìm x để

5

 

P Bài 23 : Cho biểu thức :

  1 2          x x x x x x x x x P a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị nhỏ P c) Tìm x để biểu thức P

x Q2

nhận giá trị số nguyên

Bài 24: Cho biểu thức :

2 2 1 1                        x x x x x x P

a) Rút gọn P

b) Tìm x để x 2 P

Bài 25: Cho biểu thức : 

                       2 : x x x x x x x x P a) Rút gọn P

Bài 26: Cho biểu thức A =

2

2

x

1 x x

1 x

1

      

 

  

1 Tìm điều kiện x để biểu thức A có nghĩa Rút gọn biểu thức A

3 Giải phương trình theo x A = -

Dạng 3: Chứng minh đẳng thức

 Bài toán: Chứng minh đẳng thức A = B

Một số phương pháp chứng minh: -Phương pháp 1: Dựa vào định nghĩa A = B ⇔ A - B = -Phương pháp 2: Biến đổi trực tiếp A = A1 = A2 = = B

-Phương pháp 3: Phương pháp so sánh A = A1 = A2 = = C B = B1 = B2 = = C

- Phương pháp 4: Phương pháp tương đương A = B ⇔ A' = B' ⇔ A" = B" ⇔ ⇔ (*) (*) A = B

-Phương pháp 5: Phương pháp sử dụng giả thiết -Phương pháp 6: Phương pháp quy nạp

-Phương pháp 7: Phương pháp dùng biểu thức phụ

Bài tập Cho a + b + c = 0, a, b, c # Chứng minh đẳngthức: c b a c b a 1 1 1 2

2     

-HD 

                      ca bc ab ca bc ab c b a c b a

VT 12 12 12 12 12 12 1 1

2

2

1 1 1

2

1 1 1

c a b a b c

a b c abc abc bca a b c abc

VP

a b c a b c

                                                

-Bài tập 2: Chứng minh số: 2 3 5là số vô tỉ.

- HD.Giả sử: 2 3 5a(a hữu tỉ ).Thế 2 a 5 Bình phương hai vế ta được: 5

2 a a a

a     

 

,

tiếp tục BPHV ta có:

4

6 30 30

4 a a a a a a       

(hiển nhiên a # )

30

 là số hữu tỉ,vơ lí Vậy 2 3 5là số vô tỉ.

-Bài tập Cho ba số thực a, b, c # ab  ac  bc Chứng minh rằng:

0 1    c b a .

- HD

2

( ) ( )

2

a b a c b c a b a c b c a b

a c b c a c b c

            

      

2 2

2

2c a c b c ( c) ( a c b c) c (a c).(b c)

ab ac bc c c

                  2       

ac bc c c ab ac bc

ab , chia hai vế cho abc ta được:

1 1    c b a .

-Bài tập Cho x yz xy yz  xz x, y, z số dương Chứng minh rằng:xyz.

-HD Nhân hai vế đẳng thức với ta được:

) (

2 ) (

2 x y z xy yz xz

xz yz xy z y

x          

z y x x z z y y

x        

 ( )2 ( )2 ( )2 -Bài tập Chứng minh rằng:

a)Nếu a > 1, với nN ta có:

n n n n a a a a a a

1  

 

; b)Nếu a0,b0 ab  a  b  ab0;

- HD.a) n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a VT 1

1     

     

, với a > 1, với nN. b)Với a0,b0bình phương hai vế ta được: abab2 ab ab0 ab0.

c) Lập phương hai vế ta được:

  0

) (

3

3 2

         

b a b a b ab ab a b ab a b a

Bài tập Chứng minh x

xt t

yt y

xy 1 1

   

xyt, x y t = 1.

- HD Ta có: x

t t y y x x xt t yt y

xy 1 1 1

          

Cộng trừ vế với vế ta được: y t

t y y t y

x      ; t x x t t x t

y     

; y x y x x y x

t      ;

Nhân vế với vế ta được: x y

y x x t x t t y t y x t t y y

x )(  )(  )   

(

;

   . . 1

) ( ) )( )( (         

 xyt

xyt y x x t t y x t t y y x

hoặc x  y 0; y t 0; t  x0 xyt Bài tập Cho abc0 a,b,c # 0.

Chứng minh rằng: 2

2 2 2 2

2 6 6

6 b a c c a c b b c b a a A         

số nguyên -HD

 

2 2

2 2

0 ( )

2 ,(*)

a b c a b c a b c a b c bc

a b c bc

 

              

    ;

Biến đổi tương tự ta có được: b2  c2  a2 2ca,(**),c2  a2  b2 2ab,(***); Thay (*),(**),(***) A ta được:

**) * (* ) ( 6 6

6 2 2 2 3

abc c b a ab c ca b bc a ab c ca b bc a

A        

Ta lại có: abc0 a(bc) a3  b c3  a3 (b3 c3 3b2c3bc2)

3 3 2 3

3 3

(3 ) ( )

3 ( )

a b c b c bc a b c bc b c

a b c bc a

               *) * * * (* , 3

3 b c abc

a   



Thay (*****) vào (****) ta được:

3 ) (

3 3

Dạng 4: Chứng minh bất đẳng thức

Bài toán: Chứng minh bất đẳng thức A > B Một số bất đẳng thức quan trọng:

1 Bất đẳng thức CAUCHY ( bất đẳng thức AM-GM)

Dạng tổng quát (n số): x1, x2, x3 …… xn ≥ ta có: 

Dạng 1:

1

1

n n

n

x x x x x x

n

 





Dạng 3:

1

1 . n

n

n x x x

x x x

n

 

 

 

 



Dấu “ = ” xảy khi:

n

x x  x 2. Bất đẳng thức BunhiaCôpxki:

Cho hai dãy số thực a1,a2,…an b1,b2,…bn ta có:

2 2 2 2

1 2 2

(ab a b  a nbn) (a a  a ).(b n b  bn)

Dấu "=" xảy

1

1

n

n

a a a

b b  b quy ước mẫu tử phải 0

Một số phương pháp chứng minh:

-Phương pháp 1: Dựa vào định nghĩa A > B ⇔ A - B >

-Phương pháp 2: Biến đổi trực tiếp

A = A1 = A2 = = B + M2 > B M ≠ - Phương pháp 3: Phương pháp tương đương

A > B ⇔ A' > B' ⇔ A" > B" ⇔ ⇔ (*) (*) A > B

-Phương pháp 4: Phương pháp dùng tính chất bắc cầu A > C C > B → A > B -Phương pháp 5: Phương pháp phản chứng

Để chứng minh A > B ta giả sử B > A dùng phép biến đổi tương đương để dẫn đến điều vơ lí ta kết luận A > B

-Phương pháp 6: Phương pháp sử dụng giả thiết -Phương pháp 7: Phương pháp quy nạp

-Phương pháp 8: Phương pháp dùng biểu thức phụ 1.1 PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

A) Kiến thức cần nhớ:

Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức : A  B (*)

Tư tưởng phương pháp biến đổi tương đương bất đẳng thức (*) bất đẳng thức phổ biến đưa (*) dạng:

- Các tổng bình phương: A  B  mX2nY2pZ2 0 Trong m, n, p số khơng âm - Tích thừa số không dấu: A  B  X Y 0(X, Y dấu).

- Tích số không âm biểu thức dương(theo điều kiện) A  B  X Y2 0

-Xây dựng bất đẳng thức từ điều kiện tốn: Nếu x, y, z a b, thì ta nghĩ đến bất đẳng thức hiển nhiên đúng:

x a x b    0,x a y a z a        0,x b y b z b       0.

Một số bất đẳng thức cần nhớ: Với số thực a, b, c ta có:

- 2  2  2 

4ab a b 2 a b  a b 0

2 2

   2  2 2

3 ab bc ca   a b c  3 a b c Hai bất đẳng thức tương đương với:

 2  2  2

1 1

0 a b 2 b c 2 c a 

-   

2

3

ab bc ca   abc a b c 

(Đây hệ trực tiếp (x + y + z)23xy yz zx   Ta cần cho x = bc, y = ca, z = ab là thu kết trên)

B)

Các ví dụ:

Ví dụ 1.1.1.Chứng minh số thực a, b, c, d, e ta có:

 

2 2 2

a b c d e a b c d e  

Lời giải:

Nhân hai vế bất đẳng thức cần chứng minh cho 4, ta viết lại thành:

       

2 2 2 2

2 2

4 4 4 4

2 2

a ab b a ac c a ad d a ae e

a b a c a d a c

           

        

Bất đẳng thức cuối đúng, suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = 2b = 2c = 2d = 2e

Ví dụ 1.1.2.Chứng minh với số thực x, y ta có:

2 1

x y  xy x y 

Lời giải:

Ta có:

      2

2 2

2 2

1

2 2

1

x y xy x y

x xy y x x y y

x y x y

    

         

      

Bất đẳng thức chứng minh

Đẳng thức xảy x = y =

Ví dụ 1.1.3.Chứng minh với số thực x, y, z ta có:

2 2

x y z xy yz xz 

Lời giải:

Ta có:

      2

2 2 2

2 2

2 2

x y z xy yz xz

x xy y y yz z z xz x

x y y z z x

    

         

     

Bất đẳng thức chứng minh

Đẳng thức xảy x = y = z

Ví dụ 1.1.4.Cho số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh ab + 2bc + 3ac 

Lời giải:

       

2 2

2

2 3

2 3

2

ab c b a ab a b b a

ab ab a b ab a ab b

a a b

        

         

   

Bất đẳng thức chứng minh

Đẳng thức xảy a = b = c =

Ví dụ 1.1.5.Chứng minh với số thực x ta có: x4 2x32x2 2x 1

Lời giải: Ta có:

   

4 2 2 2 1 0 2 2 2 1 0

x  x  x  x   x  x x  x  x 

x2 x2 x 12

   

Bất đẳng thức cuối nên ta có điều chứng minh Đẳng thức xảy x =

Ví dụ 1.1.6.Chứng minh với a > ta có:

 

2

5 11

1 2

a a

a a



 



Lời giải: Ta có:

   

 

 

     

 

   

2

2

2 2

2

2 2 2 2

2

5 11 1

5

1 2 2

1 1

0

2

2

1 5 1 9( 1)

0

2 2 ( 1)

a a

a a

a a a a

a a a

a a a

a

a a a a a a

a a a a

 

      

 

     

      



  

      

     

 

Bất đẳng thức cuối nên ta có điều chứng minh Đẳng thức xảy a =

Ví dụ 1.1.7.Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:

3

a b c

b c c a a b 

(Bất đẳng thức Nestbit cho ba số thực dương) Lời giải:

     

     

     

2 2

3 1

0

2 2

0

0

a b c a b c

b c c a a b b c c a a b

a b a c b c b a c a c b b c b c c a c a a b a b

a b a b b c b c c a c a b c c a c a a b a b b c

a b b c c a

b c c a c a a b a b b c

         

     

     

      

     

     

     

       

     

     

  

   

     

Ví dụ 1.1.8.Cho số thực a b, 0,1 Chứng minh

1

1 2

a b ab a b



  

  Lời giải:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  

3 1 a (1 b a b)(  )ab(2 a b ) 0

Vì a b, 0,1 nên – a0;1 b0; 2 a b 0, ta có điều phải chứng minh Ví dụ 1.1.9.Cho số thực a, b, c Chứng minh :

   

2 2 3 3

a b c  a b b c c a 

Lời giải:

Đây toán hay khó, có nhiều lời giải phức tạp, thật bất ngờ lại có lời giải dùng phương pháp biến đổi tương tương

Cơ sở phương pháp tìm cách đưa bất đẳng thức dạng

2 2 2 2 2 2

(ma nb pc qab rbc sca   ) ( mb nc pa qbc rca sab  ) ( mc na pb qca rab sbc   ) 0 Từ đẳng thức

   

     

2

2 2 3

2 2

2 2 2

3

1 1

2 2

2 2

a b c a b b c c a

a b bc ab ac b c ca bc ba c a ab ca cb

     

              

Suy điều phải chứng minh

Nhận xét Ngồi ra, ta có số đẳng thức tương tự (mà từ chúng suy bất đẳng thức khó)

Ví dụ 1.1.10.Cho a, b, c  1, 2và a2b2c2 6

Chứng minh a + b + c 

Lời giải:

Ta có a b c, ,   1, 2 nên a1 a 2  0 a2 2a Tương tự b2 2b c; 2 2cnên a b c a2 b2 c2 6

      hay a + b + c 

Ví dụ.1.1.11.Cho số thực x, y, z khác xyz = Chứng minh rằng:

     

2 2

2 2

1 1

x y z

x  y  z 

Vì xyz = nên x, y, z 0, Đặt

1 1

; ,

a b c

x y z

  

ta có: abc = a, b, c khác 0, khác

Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành      

             

 

     

 

   

2

2 2

2

2

1 1 1

1

1 1

1 1

1 1

2

1 1 1

3

2

3

1

a b c

a b c

a b b c c a

a b c ab bc ca a b c

ab bc ca a b c ab bc ca a b c

a b c a b c

ab bc ca a b c ab bc ca a b c

 

        

  

 

  

 

     

     

 

            

      

         

   

        

    

         

 

   

1

1 a b c

ab bc ca a b c

 

 

 

    

   

    

 

Đó điều phải chứng minh

2 2.PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐỊNH NGHĨA A)

Kiến thức cần nhớ:

Để chứng minh A > B, ta xét hiệu A – B chứng minh A – B số dương B)Các ví dụ:

Ví dụ 1.2.1 Chứng minh x1 x 2 x 3 x 41 Lời giải:

Xét hiệu:

x1 x 2 x 3 x 4  1x2 5x4 x2 5x61

Đặt x2 5x 5 y, biểu thức y1 y1 1 y20 Vậy x1 x 2 x 3 x 41

2.3.PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP A)Kiến thức cần nhớ:

Nội dung phương pháp quy nạp: Một bất đẳng thức phụ thuộc vào số nguyên dương n xem thỏa mãn hai điều kiện:

-Bất đẳng thức với giá trị n

-Từ giả thiết bất đẳng thức với n = k k suy bất đẳng thức với n = k +

Các bước chứng minh bất đẳng thức phương pháp quy nạp: Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức với giá trị n

Bước 2:Giả sử bất đẳng thức với n = k (gọi giả thiết quy nạp), sau chứng minh bất đẳng thức với n = k +

Bước 3: Kết luận bất đẳng thức cho B)Các ví dụ:

Lời giải:

Với n = 5, bất đẳng thức trở thành 25 52 32 25 (Đúng) Bất đẳng thức với n =

Giả sử bất đẳng thức với n = k k,k5 , tức 2k k2

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

 2

2k

k 

 

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có: 2k12.2k 2k2 1 Vì k 5 nên

         

2

2 2

2

2 2 1 1

2

k k k k k k k k k k

k k

             

  

Từ (1) (2) ta có bất đẳng thức với n = k + 1, nên theo ngun lí quy nạp ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 1.3.2.Cho x1 số thực cho trước Chứng minh với số nguyên n, ta có

1xn  1 nx

Lời giải:

Với n = 1, bất đẳng thức trở thành: + x 1 + x (Đúng) Bất đẳng thức với n =

Giả sử bất đẳng thức đến n = kk,k 1, tức 1xk  1 kx

Ta cần chứng minh bất đẳng thức với n = k + 1, hay 1 xk1 k 1x

   

Thật vậy, x 1 x 1 0 nên theo giả thiết quy nạp, ta có:

                 

1

2

1 1 1

1 1 1

k k

x x x x kx

x kx k x kx k x



      

        

Nên        

1

1 x k x kx k x

      

Hay bất đẳng thức với n = k + 1, nên theo nguyên lý quy nạp suy điều phải chứng minh

Ví dụ 1.3.3.Chứng minh với số thực a, b thỏa mãn a + b 0 ta có:

2

n n n

a b a b   

 

Lời giải:

Với n = bất đẳng thức hiển nhiên

Giả sử bất đẳng thức đến n = k (k ,k1), tức là

2

k k k

a b a b   

 

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

1

2

k k k

a  b  a b     

 

  thật vậy, a + b 0 nên theo giả thiết quy nạp ta có:

1

2 2 2

k k k k

a b  a b a b a b a b

    

   

   

   

Bất đẳng thức với n = k + ta chứng minh  

1

*

2 2

k k k k

a b a b a  b 

  

 

Mà (*) tương đương với

    

    

1 1

2

0 **

k k k k k k k k

k k

a b a b a b a b a b b a

a b a b

   

        

   

Vì vai trị a, b nên ta giả sử a b Khi a - b 0(1) Mặt khác, từ a + b 0  ab, ta có:

0 k k k k k

ab   a b b  a  b 

(2) Từ (1) (2) ta có (**)

Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh

2.4 PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI, DÙNG TỔNG SAI PHÂN A.Kiến thức cần nhớ:

Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức : A < B

Ý tưởng phương pháp làm trội A < C chứng minh C < B Đôi để chứng minh bất đẳng thức dạng

f x 1  f x 2   f x n M

Ta làm trội f x i G y i1 G y i để thu

f x 1  f x 2   f x n G y n G y 1

Sau ta cịn phải chứng minh bất đẳng thức đơn giản G y n G y 1 M

*Chú ý;

-Với ba số dương a, b, x thì:

+Nếu

a

b  thì

a a x b b x  



+Nếu

a

b  thì

a a x b b x  



-Một số tổng sai phân thường dung:

a)  

1 1 1

1.2 2.3 3.4    n1 n  n

           

1 1

)

2

1 1

b

x x d x d x d x n d x nd

n d x x nd x x nd

   

       

 

   

 

 

             

1 1

)

1.2 2.3 1

1 1

, 0,

1 1.2 1

c

k k n n n k

m d

k k n n n k

   

   

 

      

       

Các đẳng thức chứng minh nên ý rằng:

a)  

1 1

,

1 m

b)     

1

, 0,

1

d

m d

x md x md d   x md  x m d   

c)

   

 

         

1

1 ( 1)

1

, 0, *

1

m k m

k

m m m k m m m k

m k

m m m k m m k

   

 

     

    

      

B.Các ví dụ:

Ví dụ 1.4.1.Cho số dương a, b, c, d, e Chứng minh rằng:

a)1

a b c

a b b c c a

   

  

b)1

a b c d

a b c b c d c d a d a b

    

       

c)2

a b b c c d d e e a

a b c d b c d e c d e a d e a b e a b c

    

     

              

Lời giải: a) Do a, b, c > nên

a

a b  ,

a a a c

a b c a b a b c 

 

    

Tương tự ta có:

,

b b b a c c c b

a b c b c a b c a b c a c a b c

 

   

         

Cộng vế bất đẳng thức ta có:

,

a b c a b c a c b a c b

a b c a b c a b c a b b c c a a b c a b c a b c

  

       

              

Hay

 

2

1 a b c a b c a b c

a b c a b b c c a a b c    

     

      

Vậy bất đẳng thức chứng minh

b) Ta có;a, b, c > nên 1, a

a b c   do đó

a a a d

a b c d a b c a b c d 

 

        Tương tự ta có:

b b b a

a b c d b c d a b c d

c c c b

a b c d c d a a b c d

d d d c

a b c d d a b a b c d 

 

        

 

        

 

       

Cộng vế bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh

c) Tương tự từ a, b, c, d > a

a b c d    , ta có:

a b a b a b e

a b c d e a b c d a b c d e

   

 

Làm tương tự cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh Ví dụ 1.4.2.Chứng minh với số nguyên dương n ta có: 2 2

1 1

1

1 n

     

Lời giải: Vì n số nguyên dương nên: 2 2

1 1 1

1 2 3  n 1  (1)

Mặt khác, với k1 ta có

2 2

1 4 1

2

4 2

k k k k k

 

     

    

Cho k = 2, 3, 4,… , n ta có:

2 2

2 2

2 2

2 2

1 4 2 2

,

2 4.2 4.2 2.2 2.2

1 4 2 2

,

3 4.3 4.3 2.3 2.3

1 4 2 2

,

4 4.4 4.4 2.4 2.4

1 4 2 2

,

4 2 2

n n n n n n n

     

  

     

  

     

  

     

    

Cộng vế theo vế, ta

2 2

1 1 2

1

1 2 3  n  3 2 n1 33 (2)

Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh

Ví dụ 1.4.3.Chứng minh với số nguyên dương n ta có:

 

1 1

2 1 3 2     n1 n 1 n n   n1

Lời giải: Để giải tốn ta cần có bổ đề sau:

Bổ đề: Với số thực dương x, y ta có: x yy xx x y y Chúng minh: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương

      

   2

0

0

0

x y y x x x y y x x y y x y y x

x x y y y x x y x y

x y x y

       

        

   

Bổ đề chứng minh Áp dụng bổ đề ta có:

   

   

1 1

1

1 1

n n n n n n n n

n n n n n n n n

      

 

Vì

   

1 1

2 1 3 2 1

1 1

2 1 2 1

n n n n

n n n n

   

    

   

    

Mà 44  2002 45 1936 2002 2005  (Tự chứng minh)

 

1 1

2 1 2 3     n1 n n n 1  n1

Vậy tốn chứng minh

Ví dụ 1.4.4.Chứng minh bất đẳng thức sau với n *

1 1

1 2

2 3 n n

    

Lời giải:

Bổ đề. Với x, y > 0, ta có x2y2 x2 y2  2xy x y   Chứng minh: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương:

   

   

     

 

   

 

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2

2 2 2

2

2

2 2

4

0

2

2

0

2

x y x y xy x y

x y xy x y xy x y x y

x y x y

x y x y xy

x y x y

x y x y x y xy

x y x y

   

 

        

 

  

   

  



   

  

Do x, y > nên bất đẳng thức cuối đúng, bổ đề chứng minh Áp dụng bổ đề với

1

,

2

x k y k

ta được:

1 1 1 1

2

2 2 2 2

1 1

2

2 2

k k k k k k k k

k k k k k k

 

     

             

       

       

 

   

            

     

Từ suy

1

2

2

1

1 1 1

2 2 2

2

,

1

2

k k

k k

k k k k k k

k

k k

 

  

 

 

  

 

       

        

       

        

   

 

1 1

1

2 3

2 2 2 2

1 3 5 1

2

2 2 2 2

2 2

2

1 1

2 2

n n

n n

n

    

         

 

   



Đó điều phải chứng minh

Ví dụ 1.4.5 Chứng minh với số nguyên dương n2 ta có:

 

1 11

2! 3! 4! !

n n n

 

    



(Ở kí hiệu n! hiểu “Giai thừa số tự nhiên n” Ta có 0! = 1, n! = 1.2.3…n,

1, )

k n

   

Lời giải: Ta có:

 

 

       

2 1 1 1 1 1

, 2,

1 ! ! ! ! !

k k k k

k k

k k k k k

  

      

     

Cho k nhận giá trị từ 2, 3, …, n cộng lại ta được:  

   

   

2

1 11

2! 3! 4! !

1 1 1 1 1

2! 1! 3! 2! 4! 3! 5! ! !

1 1 1 1

2

2! 1! 2! ! ! ! !

n n n

n n

n n n n

 

    



          

 

        

 

Đó điều phải chứng minh 2.5.PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG A.Kiến thức cần nhớ.

Xét toán phải chứng minh khẳng định (*)

Phương pháp phản chứng tức giả sử ngược lại, khẳng định (*) sai Sau suy luận phép tốn đến mâu thuẫn Như khẳng định (*) đúng, hay ta có điều phải chứng minh

B.Các ví dụ:

Ví dụ 1.5.1.Cho số thực a, b, c 0, 2 Chứng minh có ba bất đẳng thức sau sai

a2 b 1,b2 c 1, 2c  a 1 Lời giải:

Giả sử ba bất đẳng thức cho đúng, nhân chúng với theo vế với vế ta 2      2     

a  b b  c c  a   a  a b  b c  c  Mặt khác, a, b, c 0, 2nên a, – a > 0, suy

0a2 a  1 a12 1

Vậy tốn chứng minh

Ví dụ 1.5.2.Cho số thực a, b, c thỏa mãn a2b2ab bc ca  0

Chứng minh a2b2 c2.

Lời giải: Giả sử a2b2c2, đó

   

   

2 2 2 2

2 2

2

2

a b a b ab bc ca a b c ab bc ca a b ab bc ca a b c

           

       

Kết hợp với giả thiết ta có:

   

 

2 2

2

0

0

a b ab bc ca a b c a b c

       

   

(mâu thuẫn) Vậy toán chứng minh

Ví dụ 1.5.3.Cho số thực a, b, c thỏa mãn:

0 0

a b c ab bc ca abc

   



   

   Chứng minh ba số a, b, c dương

Lời giải:

Giả sử ba số a, b, c có số khơng dương Khơng giảm tính tổng quát, ta xem a0

Mà abc > nên a0, a < 0.

Lại có a + b + c > nên b + c > 0, suy a( b +c ) <

Theo giả thiết thứ hai ab + bc + ca > ta có a b c  bc 0 bc0 Vì a.bc < (Mâu thuẫn với giả thiết thứ ba)

Vậy bất đẳng thức chứng minh

Ví dụ 1.5.4.Cho ba số a, b, c đôi khác Chứng minh tồn số 9ab, 9bc, 9ca nhỏ (a + b + c)2

Lời giải: Giả sử ngược lại

 2  2  2

9ab a b c  ,9bc a b c  ,9ca a b c  Cộng vế với vế ba bất đẳng thức ta có:

       

       

2

2 2

2 2

3

0

a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b c ab bc ca

a b b c c a

          

     

      

Theo đề a, b, c khác đôi nên a b 2b c 2c a 2 0 2 

Vì (1) (2) mâu thuẫn với nên ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 1.5.5.Cho bốn số thực dương a, b, c, d Chứng minh ba bất đẳng thức sau xảy

 

           

1

a b c d

a b c d ab cd a b cd c d ab

  

   

Lời giải:

Giả sử tồn bốn số dương a, b, c, d thỏa mãn bất đẳng thức Từ (1) (2) ta có:      

     

2

2

3 3

a b a b c d ab cd

cd a b ab a b ab ab cd ab

     

         

Mặt khác

               

   

2

2

4

4

a b cd c d ab a b cd c d a b ab ab cd ab ab ab cd a b cd ab cd

ab ab cd ab cd ab cd

         

    

    

Từ (4) (5) ta có mâu thuẫn Vậy khẳng định toán chứng minh BÀI TẬP TỰ GIẢI

1.5.1 Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện  

2010

2010

xyz

xy yz zx x y z 

  

    

 

Chứng minh ba số có số lớn 2010

1.5.2.Cho a, b, c số nguyên dương thỏa mãn a2b2 c21ab Chứng minh a c b c

1.5.3.Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b+ c abc.Chứng minh có hai số bất đẳng thức sau

2 6

6, 6,

a b c   b c a   c a b  

1.5.4.Cho số nguyên dương x, y Chứng minh có hai bất đẳng thức sai

2    2

1 1 1 1

,

5

xy x y x x y x x y

 

 

       

 

   

1.5.5.Cho a, b, c số thực dương thỏa abc = Chứng minh

1 1

1 5 x  5 y  5 z 

2.6.1.PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN A.Giới thiệu bất đẳng thức CAUCHY.

Nếu a1, a2, … , an số thực khơng âm

1

1

n n

n

a a a

a a a n

   

Bất đẳng thức có tên gọi xác bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân Ở nhiều nước giới, người ta gọi bất đẳng thức theo kiểu viết tắt bất đẳng thức AM – GM (AM viết tắt arithmetic mean GM viết tắt geometric mean)

Đây bất đẳng thức cổ điển tiếng quen thuộc phần lớn học sinh nước ta Nó ứng dụng nhiều Toán bất đẳng thức cực trị

Trong phạm vi chương trìnhTốn THCS, quan tâm đến ba trường hợp riêng bất đẳng thức Cauchy là:

-Trường hợp n = Lúc bất đẳng thức viết lại rằng: Nếu a, b số thực khơng âm, thì:

a b ab 

 Dấu xảy a = b

Bất đẳng thức viết hai dạng khác tương đương

2

2

a b ab  

  và

 2 2

2

a b a b  

-Trường hợp n = Ta có bất đẳng thức Cauchy cho ba biến không âm: Nếu a, b, c số thực khơng âm, :

3

3

a b c

abc  



Dấu xảy a = b

Trong thực tế áp dụng, ta sử dụng dạng khác tương đương bất đẳng

thức là:

3

3

a b c abc   

 

-Trường hợp n = Trong trường hợp này, ta có bất đẳng thức Cauchy cho bốn biến khơng âm: Nếu a, b, c, d số thực khơng âm,

4

4

a b c d

abcd   

 Dấu xảy a = b= c =d

Tương tự hai trường hợp khác, ta thường hay sử dụng bất đẳng thức

dạng

4

4

a b c d abcd     

 

- Ngoài ra, từ trường hợp bất đẳng thức Cauchy có n = có dạng

a b ab 



ta suy bất đẳng thức tương đương :

  2

2

2

4

1

a b ab a b ab

a b ab a b a b

   

 

  

B.Các kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy. B.1.Kỹ thuật sử dụng Cauchy trực tiếp.

Ví dụ 1.6.1 Cho số dương a, b thỏa mãn 2

1

2

a b  Chứng minh a b 2.

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy kết hợp với giả thiết, ta có 2

1

2 ab

a b ab

    

Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy lần nữa, ta a b 2 ab2.1 2

Ví dụ 1.6.2 Cho bốn số dương a, b, c, d Chứng minh ab cd  a d b c    

Lời giải: Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành

a b c d

a d b c    b c a d   

Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng

x y xy 

, ta có

2

1

a b c d

a b c d a d b c b c a d

a d b c b c a d a d b c

a d b c

 

   

     

   

 



 

 

Đẳng thức xảy

a b

a b

a d b c

c d a d b c

b c a d 

 

  

 



 

 

  



Ví dụ 1.6.3.Cho x, y, z số thực dương Chứng minh  

1 1

a b c

a b c

 

     

 

Lời giải: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng a2b2 2ab, dễ thấy

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

x y z x y z

P

x yz y zx z xy x y z y z x z x y

      

        

Đẳng thức xảy x = y = z

Ví dụ 1.6.4.Cho số dương a, b, c Chứng minh  

1 1

a b c

a b c

 

     

 

Lời giải: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ba số, ta có:

 

3

3

1 1

3 0,

1 1

3

a b c abc

a b c abc

a b c abc

a b c abc

       

 

        

 

Dấu xảy a = b = c >0 B.2.Kỹ thuật ghép đối xứng.

Trong nhiều toán mà biểu thức hai vế tương đối phức tạp, việc chứng minh trực tiếp trở nên khó khăn ta sử dụng kỹ thuật “Ghép đối xứng” để toán trở nên đơn giản Ở toán bất đẳng thức, thông thường hay gặp phải hai dạng toán sau: -Dạng 1:Chứng minh X + Y + Z  A + B + C

Sau cộng ba bất đẳng thức lại theo vế rút gọn cho 2, ta có điều phải chứng minh

-Dạng 2.Chứng minh XYZ  ABC với X, Y, Z 

Ý tưởng: Nếu ta chứng minh XY  A2 Sau tương tự hóa để YZ  B2

ZX  C2 (nhờ tính chất đối xứng tốn) Sau nhân ba bất đẳng thức vế theo vế lấy bậc hai , ta có XYZ A B C = ABC2 2 ABC

Ví dụ 1.6.5.Chứng minh với a, b, c dương ta có abcb c a c a b a b c          

Lời giải:

Bất đẳng thức có dạng XYZ  ABC, sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng, ta cần chứng minh: b2 a b c b c a      

Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng

 2

4

x y

xy 



, suy        

2

4

a b c b c a

a b c b c a           b

Bài toán giải xong Dấu xảy a = b = c Ví dụ 1.6.6.Cho a, b, c ba số thực dương Chứng minh rằng:

ab bc ca

a b c c  a  b   

Lời giải:

Bài toán có dạng X + Y + Z  A + B + C với

, , , , ,

ab bc ca

X Y Z A a B b C c

c a b

     

Để ý hai biểu thức ab

c và bc

a đối xứng với b (tức vai trò a c nhau) Do đó, sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng, ta thử chứng minh

ab bc b c  a 

Quả thật, bất đẳng thức hiển nhiên theo bất đẳng thức Cauchy

ab bc ab bc c  a  c a Từ đó, tốn giải hồn tồn

Ví dụ 1.6.7.Một tam giác có độ dài ba cạnh a, b, c thỏa mãn

     

3 3 3

a b c   b c a   c a b  a b c Chứng minh tam giác tam giác

Lời giải:

Bổ đề: Với x, y > 0, ta có

 3 3

4

x y x y  

Chứng minh: Do x3y3 x y x   xy y 2 nên bất đẳng thức tương đương với:  2

2

4

x y x  xy y  

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy hai số dạng

 2

4

x y xy 

       

2

2

2 3 3

4

x y x y

x  xy y  x y  xy x y     

Bổ đề chứng minh Để ý a, b, c tam giác hiển nhiên ta có:

a + b – c > 0, b + c – a > 0, c + a – b > Áp dụng bổ đề, ta có:

       

       

       

3

3 3

3

3 3

3

3 3

2

2

2

a b c b c a

a b c b c a b

b c a c a b

b c a c a b c

c a b a b c

c a b a b c a

    

 

 

      

    

 

 

      

    

 

 

      

Cộng ba bất đẳng thức lại vế theo vế rút gọn hai vế bất đẳng thức thu cho 2, ta có:

a b c3 b c a3 c a b3 a3 b3 c3.

          

Theo giả thiết dấu xảy ra, ta phải có: a b c b c a

b c a c a b a b c c a b a b c

     



        

      

Điều chứng tỏ tam giác cho tam giác

Ví dụ 1.6.8.Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 5 5 5

ab bc ca

a b ab b c bc c a ca 

Lời giải:

Bổ đề. Với a, b > 0, ta có: a5b5 a b a b2 2  

Chứng minh: Ta có a5b5 a b a  4 a b a b3  2 ab3b4 Do bất đẳng thức tương đương

4 2 2 4 3

a  a b a b  ab b a b  a b a b ab Sử dụng bất đẳng thức Cauchy bốn số, ta có:

4 4 4 4

3 ,

4

a a a b a b b b

a b    ab    

Cộng hai bất đắng thức lại, ta thu kết Bất đẳng thức chứng minh

Sử dụng bổ đề kết hợp với giả thiết abc = 1, ta có kết

     

5 2

1

1

ab ab

a b aba b a b abab a b  ab a b c 

c a b c 

  Tương tự:

5 , 5

bc a ca b

Cộng ba bất đẳng thức lại vê theo vế, ta thu

5 5 5

ab bc ca a b c

a b ab b c bc c a ca a b c  

   

       

B.3 Kỹ thuật đặt ẩn phụ kết hợp Cauchy.

Trong bất đẳng thức, có quy luật chung, “Trong dạng cụ thể, bất đẳng thức nhiều biến khó” Điều đồng nghĩa với việc khẳng định “Bài toán trở nên đơn giản ta đưa bất đẳng thức nhiều biến dạng biến hơn” Kỹ thuật đặc ẩn phụ cơng cụ hữu ích để thực ý tưởng

Ví dụ 1.6.9.Cho x, y hai số thực khác Chứng minh rằng:

 

2 2

2 2

2

4

3

x y x y

y x x y   

Lời giải:

Để ý bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành

 

 22

2

2 2

2

4

5

x y x y

x y x y



 



Đặt

 

 

2

2 2 2

2

2 2 2

4

x y x y

t

x y x y t



  



Ta toán dạng biếu đơn giản là:

   

2 5 4 1 4

5 0

4

t t

t t t

t

t t

   

     

Theo bất đẳng thức Cauchy , ta dễ thấy t  Suy t – > 0, t –  Từ ta

 1  4

0

t t

t  



toán giải hoàn toàn Đẳng thức xảy x2 y2 xy

Ví dụ 1.6.10 Cho x, y, z >

1 1

x y z  Chứng minh : x 2 y 2 z 2 1

Lời giải:

Với giả thiết x, y, z lớn 2, ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để đưa toán dạng đơn giản quen thuộc Hãy xét lời giải sau:

Đặt x = a + 2, y = b + 2, z = c + với a > 0, b > 0, c > Bài toán quy chứng minh abc  với a, b, c > thỏa mãn

1 1

1

2 2 2

a b c

, ,

2 2

a b c

m n p m n p

a b c

      

  

Ta có:

1 2 2

1

a n p m

a

m a a a m m n p

 

        



Tương tự:

2

,

n p

b c

p m m n

 

 

Do bất đẳng thức trở thành

     

2 2

1

m n p

m n n p p m mnp n p p m m n           Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

m n n p p m         mn.2 np.2 pm 8mnp Bài toán giải xong

Đẳng thức xảy  m n  p a b c   1 x  y z Cách khác Sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng

Ta có:

       

1 1 1 1

1

2 2 2 2

2 2 2

c a b a b

a b ab

a b b c

   

        

        

  

   

Tương tự    

1

,

2 2

ca

b  c a    

1

2 2

bc a  b c Nhân ba bất đẳng thức lại vế theo vế, ta

           

1

1

2 2 2

abc

abc a b c  a b c  

Ví dụ 1.6.11.Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn ab = cd = Chứng minh a b c d     4 2a b c d   

Lời giải:

Để ý đặt x = a + b, y = c + d, bất đẳng thức bốn biến cần chứng minh tương đương quy dạng hai biến đơn giản là:

xy 4 2x y   x y  22 2  y  0  y 2 x 20

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy kết hợp với giả thiết ta có: a b 2 ab2,c d 2 cd 2

Suy x –  y –  Từ ta có y 2 x 2 0 Bài toán chứng minh xong

Dấu xảy  a b c d   1

Ví dụ 1.6.12 Cho a, b, c số dương thỏa mãn abc = Chứng minh

1 1

1 2a1 2 b1 2 c1

Lời giải:

Đặt , ,

x y z

a b c

y z x

  

1 1

1

2 2

2 2

y z x

x y z x y y z z x

y z x

      

  

  

Tới đây, cách tự nhiên, ta nghĩ đến việc áp dụng Cauchy cho bước đánh giá, phân thức trở nên có mẫu(như tốn trở nên đơn giản) Ta làm sau:

     

     

   

2

2 2

2 2 2 2

4

y z y y z y y z y

y

x y x y z y x y z y x y z

  

  

         

Tương tự :

   

   

2

2

,

2

z x z x y x

z x

x y x y z z x x y z

 

 

     

Cộng ba bất đẳng thức lại vế theo vế, ta được:      

 2

2 2

2 2

y z y z x z x y x

y z x

x y y z z x x y z

    

  

    

 

 

2 2

2

1

xy yz zx x y z x y z

    

 

  Chứng minh hoàn tất

Đẳng thức xảy

2

2

2

x y z y

y z x z x y z a b c z x y x

   



               



B.4 Kỹ thuật Cauchy ngược dấu.

Ví dụ 1.6.13.Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 2

3

1 1

a b c

b  c  a 

  

Lời giải: Để ý theo bất đẳng thức Cauchy thì:

2

2

1 2

a ab ab ab

a a a

b   b   b  

 

Hoàn toàn tương tự , ta có: 2 1, 2

b bc c ca

b c

c   a  

 

Cộng ba bất đẳng thức lại vế theo vế, suy

2 2

1 1 2

a b c ab bc ca ab bc ca

a b c

b c a

   

       

  

Vậy chứng minh hoàn tất ta rằng: ab + bc + ca 3

Điều hiển nhiên

 2

3

a b c ab bc ca      Bài toán giải xong

Dấu đẳng thức xảy  a = b = c = 1

Ví dụ 1.6.14.Cho a, b, c số thực dương Chứng minh

3 3

2 2 2 2

a b c a b c

a b b c c a

 

  

  

Lời giải: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

3 2

2 2 2 2

a ab ab b

a a a

Tương tự ta có:

3

2 2, 2 2

b c c a

b c

b c   c a  

Cộng ba bất đẳng thức lại theo vế, ta có kết cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c

Ví dụ 1.6.15.Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rẳng 2

1 1

3

1 1

a b c

b c a

  

  

  

Lời giải: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

   

2

2

1

1

1 1

1 2

b a b a

a b ab

a a a

b b b

 

 

        

 

Tương tự 2

1

1 ,

1 2

b c bc c a ca

b c

c a

   

     

 

Cộng ba bất đẳng thức lại vế theo vế, ta

2 2

1 1

3

1 1 2

a b c a b c ab bc ca

b c a

      

    

  

 2

9

3

2 2

a b c ab bc ca   

    

Đẳng thức xảy a = b = c =1

Ví dụ 1.6.14.Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh 3

3

a b c

b ab c bc a ca 

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

3 2

1 1 1 1

1

2

a b b

b ab b a b b ab b a b a

 

          

   

Tương tự: 3

1 1 1

1 ,

4

b c

c bc c b a ca a c

   

         

     

Cộng ba bất đẳng thức lại vế theo vế, ta 3

3 1

4

a b c

b ab c bc a ca a b c

 

      

    

Và toán quy chứng minh

3 1 3 1

3

4

1 1

3

a b c a b c

a b c a b c

a b c

 

       

 

 

     

           

     

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

1 1

2, 2,

a b c

a  b  c 

Bài toán chứng minh xong

Đẳng thức xảy a = b = c = B.5.Kỹ thuật đánh giá điểm biên.

2

2

1

xy z x y

xy

  

 

Lời giải:

Ta quy toán việc chứng minh bất đẳng thức bậc

     

2

2

2

1

2

xy z x y z x y x y z xy

x z y z x y x y z xy

    

   

        

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

 2  2  2  2

2

2

2 2

2

x y x y xy x y x y x y

x y x y

         

   

Do ta cần chứng minh: z x z y      z xy

   

2 2 0

z xy z x y z xy z xy z x y

         

(Đúng)

Bài toán chứng minh hoàn toàn Đẳng thức xảy

1

x y z 

  

    

Ví dụ 1.6.16.Cho số x, y, z 0và x + y + z = Chứng minh rằng x2y z 4 1  x 1 y 1 z

Lời giải:

Do x + y + z = nên bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành: x2y z x y z     2 4x y y z z x       .

Do vai trò x z bất đẳng thức nên ta hồn tồn giả sử x z . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng  

2

4

a b  ab, ta có x y z  2 4x y z   Sử dụng đánh giá này, dễ thấy chứng minh hoàn tất ta

x x 2y z   x y z x      y x z  0 hiển nhiên theo giả sử x z Bài toán được chứng minh xong

Đẳng thức xảy

1

,

2

x z y

   

2.6.2.SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKY. A.Giới thiệu bất đẳng thức Bunyakovsky.

Trong lĩnh vực Toán sơ cấp, với bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunyakovzky hai bất đẳng thức thông dụng phổ biến tính đơn giản hiệu chúng

Ở phần trước, tìm hiểu bất đẳng thức Cauchy kỹ thuật sử dụng giải tốn Trong phần này, tìm hiểu thêm bất đẳng thức thứ hai, bất đẳng thức Bunyakovsky

Bất đẳng thức phát biểu sau: Với hai số thực a a1, , an b b1, , ,2 bn ta có      

2

2 2 2

1 n n 1 2 n n

a a  a b b  b  a b a b  a b (*)

Trong đẳng thức xảy tồn số thực k cho a1kb1 với i = 1, 2, …,n

1889, nhà Toán học người Nga) mở rộng kết cho tích phân Và đến năm 1885, nhà Tốn học người Đức Hermann Amandus Schwarz (1843 – 1921) chứng minh kết tổng quát bất đẳng thức trường hợp khơng gian tích Do vậy, bất đẳng thức Cauchy, cụm từ “Bất đẳng thức Bunyakovesky” mà ta thường dùng thật cách gọi tên khơng xác mà phải gọi bất đẳng thức Cauchy – Bunyakovesky - Schwarz Tuy nhiên, để phù hợp với chương trình sách giáo khoa nước ta, xuyên suốt tài liệu này, gọi tên bất đẳng thức bất đẳng thức Bunyakovesky

Ngoài ra, từ bất đẳng thức (*) ta suy hệ khác hay sử dụng cho tốn bất đẳng thức dạng phân thức, bất đẳng thức Bunyakovesky dạng phân thức Bất đẳng thức phát biểu sau :Cho a a1, , anvà b b1, , ,2 bn hai dãy số

thực với b1 0,i

 2

2 2

1 2

1 2

n n

n n

a a a

a a a

b b b b b b

      

   Đẳng thức xảy

1 2

n n

a a a

b b  b

Ở trên, giới thiệu với bạn đọc bất đẳng thức Bunyakovesky hệ trường hợp tổng quát (số biến không xác định) Tuy nhiên, phạm vi chương trình Tốn THCS quan tâm nhiều đến hai trường hợp n = n =

-Với n = 2, ta có

_Nếu a, b, x, y số thực, thì:      

2 2

a b x y  ax by

Đẳng thức xảy a b x y

_Nếu a, b, x, y số thực x, y > 0,

 2 2

2

a b a b

x y x y

  



Đẳng thức xảy a b x y -Với n = 3, ta có

_Nếu a, b, c, x, y, z số thực, thì:      

2 2 2

a b c x y z  ax by cz 

Đẳng thức xảy

a b c x y z

_Nếu a, b, c, x, y, z số thực x, y, z > 0,

 2

2 2

2 2

a b c

a b c

x y z x y z

 

  

 

Đẳng thức xảy

a b c x y z

B.Các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunyakovesky.

Chúng ta mở đầu phần số ví dụ đơn giản mà ta thấy cách sử dụng bất đẳng thức Bunyakovesky

Ví dụ 1.6.17.Cho a, b, c  và a + b + c = Chứng minh

2 2

3

a b c 

Lời giải: Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovesky, ta có:

    

2 2 2

1 1

3

a b c a b c a b c

Đẳng thức xảy

1

1 1

3

a b c

a b c a b c



  

    

    

Ví dụ 1.6.18.Cho a, b, c số thực dương Chứng minh

2 2

3 3

a b c a b c

b c c a a a

 

  

  

Lời giải:

Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovesky dạng phân thức, ta có:

 

     

2 2

3 3 3

a b c

a b c a b c

b c c a a b b c c a a b

   

   

       

Bài toán chứng minh xong

Đẳng thức xảy 3

a b c

a b c b c c a a b    Ví dụ 1.6.20.Cho x, y, z > Chứng minh

2 2

2 2 2 2

x y z

x  yzy  zxz  xy 

Lời giải:

Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovesky dạng phân thức, ta có:

 

     

2

2 2 2 2

x y z VT

x yz y zx z xy

 

 

    

Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy

2 2 2

x y z

x y z x  yz y  zxz  xy   

Ví dụ 1.6.21.Cho a, b, c số thực dương Chứng minh

1 36

a b c  a b c 

Lời giải:

Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovesky dạng phân thức ta có:

 2

2 1 3

1 36

a b c a b c a b c a b c  

      

   

Đẳng thức xảy

1

a  b c

Có thể thấy ví dụ trên, bình phương có sẵn ta dễ dàng nhận cách sử dụng Bunyakovesky cho hợp lí Tuy nhiên, phần lớn tốn bất đẳng thức, bình phương khơng có sẵn Có vẻ lúc việc sử dụng Bunyakovesky khơng cịn hiệu ? Thật ra, khơng hẳn vậy, ta hồn tồn thêm bớt lượng thích hợp để tạo bình phương

Ví dụ 1.6.22.Cho x, y, z > x2y2z2 3 Chứng minh rằng x3y3z3 3

 2 22

4 4

3 3 x y z x y z

x y z

x y z x y z x y z

 

      

    Bài toán quy chứng minh

 2

9

3 x y z x y z

x y z           Kết theo bất đẳng thức Bunyakovesky

x y z2 1 1x2 y2 z2 9

        Đẳng thức xảy x = y = z.

Nhân xét: Bất đẳng thức cho viết dạng

 

 

3 2

2

3 3

x y z x y z  

  

BÀI TẬP TỰ GIẢI

1.6.23.Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh

2 2

1

a b c

b c c a   a b 

1.6.24.Chứng minh với a, b, c, d > 0, ta có ab cd  a d b c    

1.6.25.Cho a, b, c, d số thực dương Chứng minh

1 16 64

a b c   d a b c d   1.6.26.Cho x, y, z > x2y2z2 3 Chứng minh

1 1

1xy1yz 1zx2

1.6.27.Cho x, y, z, t > xy4zt2yz2xt9 Chứng minh xy2 zt 3

1.6.28.Cho x, y, z số dương thỏa mãn

1 1

x y z  Chứng minh rằng

1 1

1 2x y z  2y z x  2z x y  

1.6.29.Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = ab + bc + ca Chứng minh rằng:

1 1

2 3 16

a b c b  c a c  a b

1.6.30.Cho số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c 3 Chứng minh 2

1 2009

670

a b c ab bc ca  

1.6.31.Chứng minh với a, b, c > 0, ta có:

1 1 1

3

2 2

a b c a b b c c a

 

      

  

 

1.6.32.Cho a, b, c số thực dương Chứng minh

1 1 1

3

3 3

b c c a a b a b c b c a c a b

 

      

Dạng 5: Bài tốn liên quan tới phương trình bậc hai

Bài tốn 1: Giải phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (a≠0) Các phương pháp giải:

-Phương pháp 1: Phân tích đưa phương trình tích -Phương pháp 2: Dùng kiến thức

bậc hai x2 = a → x = ± a

Bài toán 2: Biện luận theo m có nghiệm phương trình bậc hai ax2 + bx + c = ( a, b, c phụ thuộc tham số m ).

Xét hệ số a: Có thể có khả a.Trường hợp a = với vài giá trị m Giả sử a = ⇔ m = m0 ta có:

(*) trở thành phương trình bậc ax + c = (**) + Nếu b ≠ với m = m0: (**) có nghiệm x = -c/b

Bài Giải phương trình sau :

a / 2x  0 b / 3x2 5x 0 c / 2x 23x 0 

3

e / x 3x  2x 0  d / x43x2 0 f /x 3

x x



 

 

Giải

2 2

a / 2x  0  2x  8 x  4 x2

Vậy phương trình có nghiệm x2

2

x x

b / 3x 5x x(3x 5) 5

3x x

3

  

 

      



  





Vậy phương trình có nghiệm

5 x 0; x

3

 

2

c / 2x 3x 0   2x2 3x 0 

Nhẩm nghiệm:Ta có : a - b + c = + - = => phương trình có nghiệm :

5

x 1; x

2

  



4

d / x 3x  0 Đặt t x (t 0)  Ta có phương trình : t23t 0  a + b + c = + - =

=> phương trình có nghiệm : t1  1 (thỏa mãn);

4

t

1

  

(loại) Với: t 1  x2  1 x1

Vậy phương trình có nghiệm x1

3

3

2

2

2

e / x 3x 2x (x 3x ) (2x 6) x (x 3) 2(x 3) (x 3)(x 2)

x

x x

x x x

   

    

    

   



   

 

     

   

  

Vậy phương trình có nghiệm x3; x

x

f /

x x



 

  (ĐKXĐ : x 2; x 5  ) Phương trình :

x

3

x x



 

 

2 2

2

(x 2)(2 x) 3(x 5)(2 x) 6(x 5)

(x 5)(2 x) (x 5)(2 x) (x 5)(2 x)

(x 2)(2 x) 3(x 5)(2 x) 6(x 5)

4 x 6x 3x 30 15x 6x 30 4x 15x

15 4.( 4).4 225 64 289 0; 17

    

  

     

       

            

         

=> phương trình có hai nghiệm :

15 17

x

2.( 4)

 

 

 (thỏa mãn ĐKXĐ),

2

15 17

x

2.( 4)

 

 

Bài 2:. Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức nghiệm

a) Cho phương trình : x2 8x15 0 Khơng giải phương trình, tính x12x22 2

1

x x 3

1 2

x x

x  x 4 x1x22

b) Cho phương trình : 8x2 72x64 0 Khơng giải phương trình, tính: 1

1

x x , 2

x x

c) Cho phương trình : x2 14x 29 0

   Không giải phương trình, tính: 1

1

x x 2

x x

d) Cho phương trình : 2x2 3x 1 0 Khơng giải phương trình, tính: 1

1

x x

1

1

1 x x

x x

 



3 x12x22

1

2 1

x x

x   x 

e) Cho phương trình x2 3x 8 0 có nghiệm x1 ; x2, khơng giải phương trình, tính

2

1 2

3 2

6 10

Q

5

x x x x

x x x x

 





-Bài 3:Cho phương trình x2 2mx m  0 (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình

Tìm m để biểu thức M = 12 22

24

  

x x x x đạt giá trị nhỏ nhất

HD

a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 - 4m +8 = (m - 2)2 +4 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m

b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S = b

m a  

; P =   c

m a M = 2

24

( )

  

x x x x = 2

24

4 16

 



   

m m m m

2

6

( 1)

 

 

m Khi m = ta có ( 1)2 3

 

m nhỏ nhất

2

6

( 1)

  

  M

m lớn m = 1

6

( 1)



 

  M

m nhỏ m = 1 Vậy M đạt giá trị nhỏ - m =

Bài 2: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 – 2x – 3m2 = 0, với m tham số. 1) Giải phương trình m =

2) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều kiện

1 2

8

  x x

x x .

HDBài 2:

1) Khi m = 1, phương trình thành : x2 – 2x – =

 x = -1 hay x = (có dạng a–b + c =

0)

2) Với x1, x2  0, ta có :

1 2

8

  x x

x x  2

1 2

3(x  x ) 8 x x  3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2 Ta có : a.c = -3m2 nên  0, m

Khi  ta có : x1 + x2 =  2

b

a x1.x2 =

2

3

 c

m

a  0

Điều kiện để phương trình có nghiệm  mà m   > x1.x2 <  x1 < x2

Với a =  x1 = b' ' x2 = b' ' x1 – x2 = 2  ' 3 m2 Do đó, ycbt  3(2)( 3  m2) 8( 3  m2) m 

 3 m2 2m2(hiển nhiên m = không nghiệm)

 4m4 – 3m2 – =  m2 = hay m2 = -1/4 (loại)  m = 1

Bài (1,5 đ)

Cho phương trình: x2 – 2(m+2)x + m2 + 4m +3 = 0.

1) Chứng minh : Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m

2) Tìm giá trị m để biểu thức A = x12x22 đạt giá trị nhỏ

HDbài 3 (1,5 đ)

Cho phương trình: x2 – 2(m+2)x + m2 + 4m +3 = 0.

1) Chứng minh : Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m

Ta có

2 2

(m 2) m 4m

  

        

> với m

Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m

2) phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m Theo hệ

thức Vi-ét ta có :

1 2

x x 2(m 2)

x x m 4m

   

 

  

 

A = x12 x22 = (x1 + x2)2 – x1x2 = 4(m + 2)2 – 2(m2 + 4m +3) = 2m2 + 8m+ 10 = 2(m2 + 4m) + 10

= 2(m + 2)2 + ≥ với m. Suy minA =  m + =  m = -

Vậy với m = - A đạt =

Bài 4) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = (ẩn x) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x12x22 7

Giải Bài 4: + Phương trình cho có  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + > 0, m

Vậy phương trình có nghiệm phân biệt m

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có:

1

2

4

3

x x m

x x m m

   

 

  



Khi đó: x12x22  7 (x1x2)2 2x x1 7

 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – =

Ta thấy tổng hệ số: a + b + c = => m = hay m =

3

 Trả lời: Vậy

1 Giải phơng trình m =

2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Giải Khi m = 4, ta có phương trình

x2 + 8x + 12 = có ’ = 16 – 12 = > 0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - + = - x2 = - - = -

2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x2 + 2mx + m2 – 2m + = 0

Có D’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt D’ > => 2m – > => 2(m – 2) > => m – > => m > Vậy với m > phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu 6: (1,5 điểm)

Cho phương trình (ẩn số x): x2 4x m 2 3 * 

1 Chứng minh phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m Tìm giá trị m để phương trình (*) có hai nghiệm x x1, thỏa x2 5x1 Giải câu 6: (1,5 điểm)

Cho phương trình (ẩn số x):

1

 

2

2

4 *

16 12 4 0;

x x m

m m m

   

        

Vậy (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m

2 Tìm giá trị m để phương trình (*) có hai nghiệm x x1, thỏa x2 5x1

Theo hệ thức VI-ET có :x1.x2 = - m2 + ;x1+ x2 = 4; mà x2 5x1 => x1 = - ; x2 = 5 Thay x1 = - ; x2 = vào x1.x2 = - m2 + => m = 2

Câu 7: điểm:Cho phơng trình: x2 2(m-1)x + m2 =0 ( m tham số). a) GiảI phơng trình m =

b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12x22 16 Giải Cõu 7: (2,0 điểm)

a, Thay x = vào phương trình x2 - 2(m - 1)x + m2 - = giải phương trình: x2 - 4x + = nhiều cách tìm nghiệm x1 = 1, x2 = 3.

b, Theo hệ thức Viét, gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình x2 - 2(m - 1)x + m2 - = , ta có:

1 2

2( 1)

x x m

x x m    



  

và x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1.x2 = 16 Thay vào giải tìm m = 0, m = -4 Câu 8:(1,5 điểm)

Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình x2−5x −3

=0 Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức sau:

a, x1 + x2 b, x

1+x2 c, x1

2

+x22

Câu (2đ)

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức A = x12 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ đó. Giải câu 9 (2đ) Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x – = 0

c) Giải phương trình m =

d) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức A = x12 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ đó. Đáp án a) x1 = −2−√5 ; x2 = −2+√5

e) Thấy hệ số pt : a = ; c = A –  pt ln có nghiệm Theo vi- ét ta có x1 + x2 =2(m – 3) ; x1x2 = –1

Mà A=x12 – x1x2 + x22 = (x1 + x2 )2 – 3x1x2 = 4(m – 3)2 + 3  GTNN A =  m = 3

Câu I0: (1,5 điểm)

1 Giải phương trình x 2 – 7x – = 0

2 Cho phương trình x2 – 2x + m – = với m tham số Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện x x13 x x1 32 6

Giải Câu I0: (1,5 điểm)

1 Giải phương trình x 2 – 7x – = có a – b + c = + – = suy x1= -1 x2= 8

2 Cho phương trình x2 – 2x + m – = với m tham số Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện x x13 x x1 32 6

Để phương trình có hai nghiệm x1; x2 ’   – m +   m  4 Theo viet ta có: x1+ x2 =2 (1) x1 x2 = m – (2)

Theo đầu bài: x x13 x x1 32 6  

1 2

x x x x 2x x

   = (3)

Thế (1) (2) vào (3) ta có: (m - 3)(2)2 – 2(m-3)=6

 2m =12  m = Không thỏa mãn điều kiện m  khơng có giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện x x13 x x1 32 6

Câu 11 (1,5 điểm)

Cho phương trình x2 2(m 1)x m 2 0, với x ẩn số, mR

a. Giải phương trình cho m  –

b. Giả sử phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 x2 Tìm hệ thức liên hệ

giữa x1 x2 mà không phụ thuộc vào m

Giải Câu 11. Cho pt x2 2(m 1)x m 2 0, với x ẩn số, mR

a. Giải phương trình cho m  –

Ta có phương trình x22x 0 

2

x 2x 0   x 2x 5     

2

x 5

   

x

  

x x

x x

     

   

   

 

 

Vậy phương trinh có hai nghiệm x 1 5 x 1

b.

Theo Vi-et, ta có

1 2

x x 2m (1)

x x m (2)

  

 

  

1 2

x x 2m

m x x

  

  

 



 

1 2

1

x x x x 2

m x x

    

  

 

Suy x1x2 2 x x 222 x1x2 2x x1 2 0

II-CÁC BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài tập 14: Cho phương trình: x2 - mx + 2m - =

a) Giải phương trình với m = -

b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép

c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu

d)Tìm hệ thức hai nghiệm phương trình khơng phụ thuộc vào m e) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

Bài tập 15: Cho phương trình bậc hai(m - 2)x2 - 2(m + 2)x + 2(m - 1) = 0 a) Giải phương trình với m =

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x = - c) Tìm m để phương trình có nghiệm kép

d) Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm không phụ thuộc vào m e) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

f) Khi phương trình có nghiệm x = -1 tìm giá trị m tìm nghiệm cịn lại Bài tập 16:Cho phương trình: x2 - 2(m- 1)x + m2 - 3m =

a) Giải phương trình với m = -

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x = - Tìm nghiệm cịn lại c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

d) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 x2 thảo mãn: x12 + x22 = 8 e) Tìm giá trị nhỏ A = x12 + x22

Bài tập 17: Cho phương trình: mx2 - (m + 3)x + 2m + = a) Tìm m để phương trình có nghiệm kép

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình có hiệu hai nghiệm d) Tìm hệ thức liên hệ x1và x2 không phụ thuộc m Bài tập 18: Cho phương trình: x2 - (2a- 1)x - 4a - =

a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm với giá trị a b) Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm không phụ thuộc vào a

c) Tìm giá trị nhỏ nhật biểu thức A = x12 + x22 Bài tập 19: Cho phương trình: x2 - (2m- 6)x + m -13 = 0

a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x1 x2 - x12 - x22 Bài tập 20: Cho phương trình: x2 - 2(m+4)x + m2 - = 0

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Tìm m để A = x12 + x22 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ nhất c) Tìm m để B = x1 + x2 - 3x1x2 đạt giá trị lớn d) Tìm m để C = x12 + x22 - x1x2

a) Giải phương trình với m =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu

c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 x2 thoả mãn: A = x12 x2 + x22x1 d) Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm khơng phụ thuộc vào m

Bài tập 22: Tìm giá trị m để nghiệm x1, x2 phương trình mx2 - 2(m - 2)x + (m - 3) = thoả mãn điều kiện x ¿

1

+x22=1

¿

Bài tập 23:Cho phương trình x2 - 2(m - 2)x + (m2 + 2m - 3) = Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 phân biệt thoả mãn x1

1

+ x2

=x1+x2

5

Bài tập 24:Cho phương trình: mx2 - 2(m + 1)x + (m - 4) = (m tham số). a) Xác định m để nghiệm x1; x2 phương trình thoả mãn x1 + 4x2 =

b) Tìm hệ thức x1; x2 mà không phụ thuộc vào m

Bài tập 25: Cho phương trình x2 - (m + 3)x + 2(m + 1) = (1) Tìm giá trị tham số m để phương trình có (1) có nghiệm x1 = 2x2 Bài tập 26: Cho phương trình mx2 - 2(m + 1)x + (m - 4) = 0

a) Tìm m để phương trình có nghiệm

b) Tìm m để phương trình có nghiệm trái dấu Khi hai nghiệm, nghiệm có giá trị tuyệt đối lớn hơn?

c) Xác định m để nghiệm x1; x2 phương trình thoả mãn: x1 + 4x2 = d) Tìm hệ thức x1, x2 mà không phụ thuộc vào m

Bài tập 27:

a) Với giá trị m hai phương trình sau có nhật nghiệm chung Tìm nghiệm chung đó?

x2 - (m + 4)x + m + = 0 (1) x2 - (m + 2)x + m + = 0 (2)

b) Tìm giá trị m để nghiệm phương trình (1) nghiệm phương trình (2) ngược lại

Bài tập 28: Gọi x1, x2 nghiệm phương trình: x2 - (2m - 1)x + m – = 0 Tìm m để x1

2

+x22 có giá trị nhỏ

Bài tập 29: Gọi x1; x2 nghiệm phương trình: 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + = 0

Tìm giá trị lớn biểu thức: A =x1x2 - 2x1 - 2x2

Bài tập 30: Gọi x1, x2 nghiệm phương trình x2 + 2(m - 2)x - 2m + = 0

Tìm m để x12¿

+x22

¿

có giá trị nhỏ Bài tập 31: Cho phương trình: x2 - m + (m - 2)2 = 0

Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức A = x1x2 + 2x1 + 2x2

Bài tập 32: Cho phương trình: x2 - 2(m + 1)x + 2m + 10 = (m tham số) Tìm m cho 2 nghiệm x1; x2 phương trình thoả mãn 10x1x2 + x12¿

+x22

¿

PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ

DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG: f x  g x a (Với f(x) > g(x))

Phương pháp giải: Xét trường hợp

Trường hợp 1: g(x) ≥ f(x) > phương trình trở thành: f(x) + g(x) = a Giải tìm x so sánh điều kiện

Trường hợp 2: f(x) > g(x) < phương trình trở thành: f(x) - g(x) = a Giải tìm x so sánh điều kiện

Trường hợp 3: f(x) < phương trình trở thành: - f(x) - g(x) = a Giải tìm x so sánh điều kiện Sau kết luận

Ví dụ 1: Giải phương trình sau:

a x x1 x2 x1 5

b x2 x  x 8 x 4

c x3 x1 x8 x15

Giải

a Điều kiện x ≥

Đưa phương trình dạng: x 1 1 x11 2 x 1 1 x 112 * (Do x11 > 0)

Khi phương trình (*) trở thành: x 12 x2(thỏa mãn)

Trường hợp 2: x 1 101x2

Khi phương trình (*) trở thành:  x11 x112 22 (luôn đúng)

Kết hợp trường hợp ta ≤ x ≤ nghiệm phương trình

Cách 2: Điều kiện x ≥

Ta thấy 2 x11  x 1 1 nên phương trình (*) xảy dấu “=” khi

2

1

1   

 x

x .

Vậy ta ≤ x ≤ nghiệm phương trình b Điều kiện x ≥

Đưa phương trình dạng: x 11 x1 4 x 11 x 1 4 * (Do x11 > 0)

Trường hợp 1: x 1 30 x10

Khi phương trình (*) trở thành: x 16 x10(thỏa mãn)

Trường hợp 2: x 1 301x10

Khi phương trình (*) trở thành: x11 x 134 44 (ln đúng)

Kết hợp trường hợp ta ≤ x ≤ 10 nghiệm phương trình

Cách 2: Điều kiện x ≥

Ta thấy 4 x11  x 1 3 nên phương trình (*) xảy dấu “=” x1 301x10.

Vậy ta ≤ x ≤ 10 nghiệm phương trình

c Điều kiện x ≥ Đưa phương trình dạng: x1  x 1 5 *

Trường hợp 1: x 13 x10

Khi phương trình (*) trở thành: x 110 x26(thỏa mãn)

Khi phương trình (*) trở thành: x1 2 x 13515 (vơ lý)

Trường hợp 3: x 121x5

Khi phương trình (*) trở thành:  x 12 x135 x1(thỏa mãn)

Kết hợp trường hợp ta x = x = 26 nghiệm phương trình Bài tập: Giải phương trình sau:

1 x34 x 1 x8 x 15 (1 ≤ x ≤ 10 nghiệm phương trình)

2 x 2 2x  x23 2x 7 (Nhân hai vế với 2ta được: x = 15 nghiệm)

3 x x 1    x x 1   5(1 ≤ x ≤ nghiệm phương trình)

DẠNG 2: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ VẾ CÓ DẠNG: f x  g x h x

Phương pháp giải: Ta có: VT = f x  g x a mà VP ≤ a Dấu “=” xảy VT = VP = a

Bài tập: Giải phương trình sau:

1 7 - x + x - = x -12x + 382 ( Ta thấy VT ≤ 2; VP ≥ nên nghiệm phương trình x = 6) 3x26x 7 5x210x14 2  x x 2 (Vậy nghiệm phương trình x = -1)

3 3x2  18x28 4x2  24x45 x2 6x 5 (Vậy nghiệm phương trình x = 3)

DẠNG 3: PHƯƠNG PHÁP TỔNG BÌNH PHƯƠNG: f x 2 g x 2 h x 2  0

Phương pháp giải: Dấu “=” xảy f(x) = g(x) = h(x) = … = Bài tập: Giải phương trình sau:

1 x14 y 26 z 3xyz8 (x = 2; y = 6; z = 12)

2

1

2 ( )

2

x  y  z  x y z 

(x = 3; y = -2; z = 5)

3  

1

x y z x y z

2

      

(x = 1; y = 2; z = 3)

5 2

z y x 5 6 z 4 y 3

x        

(x = 4; y = 5; z = 7)

6 x  y  z 2xyz

1 2010 2009

2

(x = 3; y = -2008; z = 2011)

7 x2 4x52 2x3 (Đưa dạng: x12  2x3 12 0 Ta có nghiệm x = -1) DẠNG 4: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Bài tập: Giải phương trình sau:

1 x3 6 x  x36 x 3 Điều kiện: -3 ≤ x ≤

Đặt x3aa0; 6 x bb0 ta hệ phương trình  

 

  

9

2 b

a

ab b a

Giải ta tìm a = a = nên thay vào ta có x = -3 x = nghiệm x2  x2  2x 19 2x39 Điều kiện: x2 – 2x – 19 ≥ (*).

Đặt x2  2x 19 aa0 Khi đó: Ta phương trình: a2 + a – 20 = 

    

5

a a

Thay a = giải ta có: x = x = -5 thỏa mãn điều kiện (*) x 1 x3x2 x11 x4 1 Điều kiện x ≥

Đặt x1aa0; x3 x2 x1bb0 x4 1a.b

Khi ta có phương trình: a + b = + ab  (a - 1)(1 - b) =  a = b =

Giải ta có: x = x = 0(loại x ≥ 1)

4 x2 8 2 x2 4 ĐK: x2 ≤ Đặt ẩn đưa hệ 



 

 

10

2 b

a b a

Giải ta x = x = -1

5  x5 x21 x2 7x103

6 8 x  5 x 5 (ĐA: x = 1)

7 x x  x  x2  5x 20

ĐK: x ≥ Đặt x a; x bta có hệ    

 

   

5

20

2 2

b a

ab a b a

Giải ta được: x =

DẠNG 5: PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH

Ví dụ: Giải phương trình: x2  3x2 x3  x2 2x 3 x 2.

Điều kiện: x ≥ Khi ta có: x1x 2  x  x 1x3  x3

 1 3 1  1 3

2             



 x x x x x x x

2

1

1   



 x x x ≥ x 2 x3 < 0.

(