1

CHUYÊN ĐỀ
BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC
VÀ BẤT ĐẲNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

2

Do đó: A = ( x
2
 2xy + y
2
)  5(x y) + 4
A = (x  y)
2
 5(x  y) + 4 = 1  5 + 4 = 0.
Năng lực 2: Năng lực sử dụng, vận dụng các HĐT.
Ví dụ: Biết rằng a + b + c = 0. Chứng minh rằng (CMR):
(a
2
+ b
2
+ c
2
)
2
= 2(a
4
+ b
4
+ c
4
).
3

Trong bài toán này một suy nghĩ tự nhiên có thể nảy sinh là: HĐT nào cho ta
mối quan hệ giữa a+ b+ c và a
2

?
Bình phương 2 vế của ĐT a = (b + c) ta được:
a
2
= b
2
+ 2bc + c
2
<=> 2bc = a
2
 b
2
 c
2

Tiếp tục bình phương 2 vế của ĐT này ta được:
4b
2
c
2
= a
4
+ b
4
+ c
4
 2a
2
b
2

+ b
4
+ c
4
. ta có:
2 (a
4
+ b
4
+ c
4
) = a
4
+ b
4
+ c
4
+ 2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2a
2
c
2
= (a

. Tính giá trị của biểu thức:
1 1 1
a b c
P
b c a
   
   
   
   

Nhìn vào giả thiết a
3
b
3
+ b
3
c
3
+ a
3
c
3
= 3a
2
b
2
c
2
, nếu ta coi: ab = x; bc = y;
ca = z khi đó ta có x

xyz
b
zxy
a
yzx 




222
thì
z
abc
y
cab
x
bca 




222

Từ các ĐT đã cho trong bài toán khó có thể biểu diễn ở dạng tường minh a,
b, c theo x, y, z hay ngược lại, ta phải dựa vào đại lượng trung gian.
Các biểu thức xuất hiện ở giả thiết và kết luận là thể hiện vai trò bình đẳng
giữa x, y, z, giữa a, b, c. Nếu ta đặt các tỉ lệ thức ở giả thiết là k thì mối quan hệ đó
được biểu thị một cách bình đẳng của a, b, c theo k, x, y, z.
* Đặt
2 2 2

    
 
Vậy
z
abc
y
cab
x
bca 




222

Ví dụ: Cho a > b >0 thỏa mãn: 3a
2
+ 3b
2
= 10ab. Tính giá trị của biểu thức:

a b
P
a b




Cần nhận thấy mối quan hệ giữa kết luận và giả thiết: Trong giả thiết xuất
hiện a

 
.
Từ đó ta có lời giải bài toán.
Năng lực 5: Năng lực thao tác thành thạo các dạng toán cơ bản.
Ví dụ 1: Giải các phương trình (PT):
(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24 (1)
5

Đây là những dạng toán cơ bản, đối với HS giỏi cần phải có năng lực thao
tác thành thạo dạng cơ bản này.
Đối với PT (1) người ta thường nhân như sau:
(x + 1)(x + 4) = x
2
+ 5x + 4
(x + 2)(x + 3) = x
2
+ 5x + 6
Đặt x
2
+ 5x + 5 = t, thì PT (1) <=>(t  1)(t + 1) = 24
<=> t
2
= 25 <=> t = ±5 từ đó tính được x = 0; x = 5.
Năng lực 6: Năng lực qui lạ về quen.
Ví dụ: Sau khi đã cho HS làm quen với dạng toán phân tích thành nhân tử:
(x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15.
Bằng cách ghép từng cặp nhân tử một cách phù hợp, ta có:
(x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15.
= [(x+1)(x+7)][(x+3)(x+5)]+ 15
= (x


Thì khi cho HS giải các bài toán:
+ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15.
+ Hay giải PT:
6

(x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = 0.
Gặp những bài toán này HS có thể qui về phương pháp quen thuộc ở bài
toán ban đầu.
Ví dụ: Tính giá trị của biểu thức
2 2
1 99 9 0,99 9
n n
P   
 

Để làm được bài toán này, HS phải quen với cách viết:

99 9 10 1
n
n
 
.
Ta có:
2 2
99 9 (10 1)
n
n
 


bài toán quen thuộc.
   
2 2
2 2
1
1 1
1
P a a a a
a
    


 


2
2
2
1
1
1
1 1
a a
P a a
a a
 
   
 


1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6 1 2 3
S
n n n n
    
             
, (nN, n≥1)
Đồng thời có thể tổng quát hoá bài toán:
Tính tổng:
7

       
1 1 1 1

1 2 2 3 1 3 4 2 1 1
k
S
k k k n n k n
    
           
, (nN, n≥1)
Mặt khác chúng ta có thể có các bài toán tương tự sau:
Tính tổng:

  
1 1 1 1

1 4 4 7 7 10 3 2 3 1
M
n n
    

1 1 1 1 2 2 2
1 1
1 ( 1) 1 ( 1)
k k k k k k k k
 
       
 
   
 2 2
1 1 2 2 2 2
1
( 1) 1 1
k k k k k k
      
  
(vì )
2
1
2
)1(
2
kkkk






1
)1(
1
1
1
222






Cho k = 3, 4, …, 100 ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
2 3 3 4 98 99 99 100
S
       
            
       
       

81 1
98 98,49
2 100
   

aba

Tính giá trị của P = ab +2bc + 3ac
+ Phân tích, tổng hợp (3)(2)(1), ta có kết quả: 2c
2
= ab  ac.
+ Xem xét P
2
= ( ab + 2bc + 3ac)
2
=
+ Tổng hợp từ (2)(3) => có nhiều hạng tử đồng dạng với hạng tử của P
2

=> Xét P
2
 9.6.12 với chú ý 2c
2
= ab  ac.
=> Tính P
2
 9.6.12 theo 2c
2
=> kết quả.
Hướng dẫn:
Theo giả thiết:
 
33
2
2222

2
+ 4ab
2
c + 6a
2
bc+12a
2
bc
=>
2
2 2 2 2
12( )( ) 0
3
b
P c c ac a
    
(1)
Bằng cách thay P = ab + 2bc + 3ac và 2c
2
= a(bc) vào (1)
Từ đó:
2
2 2 2 2
12( )( )
3
b
P c c ac a
    => P
2
= 12.9.16 =2

Phương pháp 4: Phương pháp phản chứng.
1.3.2. Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về BĐT.
Để chứng minh BĐT A ≥ B nhiều khi cần sử dụng một số bài toán cơ bản
về BĐT để làm bài toán phụ, giúp tìm đến lời giải bài toán.
Phương pháp 5: Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về phân số:
Ta có hai bài toán cơ bản sau đây:
Bài toán 1: Với a, b, c > 0. CMR:
a/ Nếu a < b thì
a a c
b b c




b/ Nếu a ≥ b thì
a a c
b b c




10
Bài toán 2: Với x, y, z > 0. CMR:
a/
 
2
41
yx
xy


 
; 2)
1
2
m
m
 

Phương pháp 7: Phương pháp vận dụng BĐT liên hệ giữa tổng bình
phương, bình phương của tổng, tích hai số.
1) 2( x
2
+ y
2
) ≥ ( x + y )
2
≥ 4xy.
2) 3( x
2
+ y
2
+ z
2
) ≥ ( x + y + z )
2
≥ 3(xy + xz + yz ).
Phương pháp 8: Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về căn thức.
(BĐT Cauchy và BĐT Bunhiacôpxki)
Khi giải một số bài toán BĐT có chứa căn thức bậc hai, ta có thể vận dụng
các bài toán cơ bản về BĐT chứa căn thức.

chương trình toán lớp 9 THCS
2.1.1. HS cần nắm vững kiến thức về giải toán ĐT và BĐT
- Nắm vững khái niệm và tính chất của ĐT và BĐT.
- Nắm vững các HĐT đáng nhớ.
- Nắm vững các phép biến đổi đơn giản của căn thức, phân thức, đa thức.
- Nắm vững cách chứng minh ĐT.
- Nắm vững cách chứng minh ĐT có điều kiện.
- Nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
- Rút gọn, tính giá trị của một biểu thức.
- Các phương pháp chứng minh BĐT (đã nêu ở chương 1).
2.1.2. HS có kỹ năng vận dụng các kiến thức vào giải toán
- Kỹ năng vận dụng các HĐT đáng nhớ.
- Kỹ năng tính toán giá trị của biểu thức.
- Kỹ năng rút gọn một biểu thức.
- Kỹ năng chứng minh ĐT.
- Kỹ năng chứng minh ĐT có điều kiện.
- Kỹ năng phân tích đa thức thành nhân tử.
- Kỹ năng chứng minh BĐT.
2.1.3. HS phát triển về những năng lực trí tuệ chung.
- Năng lực suy luận, lập luận.
- Năng lực phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa, khái quát hoá, xét
tương tự, đặc biệt…
12
- Năng lực tiến hành những hoạt động phổ biến trong toán học như phân chia
trường hợp, lập ngược vấn đề, sự liên hệ và phụ thuộc xét tính giải được…
2.2. Xác định những yêu cầu cơ bản của hệ thống bài tập dành cho HS giỏi
về toán.
Hệ thống bài tập xây dựng với mục đích rèn luyện năng lực, tư duy sáng tạo
cho HS giỏi toán phải là hệ thống bài tập nâng cao có tác dụng đến từng yếu tố của
năng lực, tư duy sáng tạo. Để đạt được mục đích đó, các bài tập cần đảm bảo các

+ b
2
+ 2ab.
( a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + bc + ca).
2. (a

b)
2
= a
2
+ b
2


2ab.
3. (a + b)
3
= a
3
+ b
3
+ 3ab(a + b).

= (a + b)(a

b).
6. a
3
+ b
3
= (a + b)( a
2


ab + b
2
).
=(a + b)
3


3ab(a + b).
7. a
3


b
3
= (a

b)( a
2
+ ab + b

n
= (a

b)( a
n

1
+ a
n

2
.b + … + b
n

1
).
2. Rèn luyện các kỹ năng giải bài toán về ĐT
Dạng 1: Bài tập về chứng minh ĐT
Bài 1: CMR: (a
2
+ b
2
)(x
2
+y
2
) = (a x + by)
2
+ (ay – bx)
2

+ xy + y
2
)
2

Giải: Viết ĐT đã cho dưới dạng:
2(x
2
+ xy + y
2
)
2
 x
4
 y
4
=(x + y)
4

Biến đổi vế trái, ta được:
14
2(x
2
+ xy + y
2
)
2
 x
4
 y

2
+ xy + y
2
) + x(x
2
+ xy + 2y
2
)]
= (x + y) [x
3
+ 3x
2
y + 3y
2
x + y
3
] = (x + y)(x + y)
3
= (x + y)
4
.
Vậy ĐT được chứng minh.
Bài 4: Cho a, b, c. CMR:
a
3
+ b
3
+ c
3
 3abc = (a + b + c)( a

3
3(a + b).c(a + b + c)  3ab(a + b + c)
= (a + b + c)[(a + b + c)
2
3ac  3bc  3ab]
= (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
 ab  bc  ca)
Vậy ĐT được chứng minh.
Bài 5: Chứng minh rằng, nếu ít nhất có hai trong ba số a, b,c khác nhau thì:

2)()()(
3
222
333
cba
accbba
abccba 




Hướng dẫn: Biến đổi tử số của phân thức ở vế trái như bài 4, ta được:
a
3
+ b







ĐT được chứng minh.
Bài 6: CMR:
a/
4 4
49 20 6 49 20 6 2 3
   
Hướng dẫn:
15

4222
)23(])23[()625(246202562049 
4222
)23(])23[()625(246202562049 
b/ xyyxxyxyyxxyx 2)3(3)3(3
3
23
3
23

Hướng dẫn: Biến đổi biểu thức ở vế trái, ta được:
3322323
)()()(33)3(3 yxyyxyxxyyxxyx 
3322323
)()()(33)3(3 yxyyxyxxyyxxyx 

2 20 25 3 5 4
   
Hướng dẫn:
Nhận xét: 32725;2820;12
3333
3
  vế trái dương.
 Để chứng minh ĐT chỉ cần bình phương 2 vế và rút gọn được ĐT đúng.
Bài 7: a/
3
3
3 3 3
1 2 4
2 1
9 9 9
   
Hướng dẫn:
Đặt
3
3
2;2 aa  .
ĐT cần chứng minh tương đương với:
)1(9)1(1)1(9
9
1
1
322
3
3
2

 

Giải: Đặt
4
4
55 aa 
Cần chứng minh:
a
a
a
a
23
23
1
1
4












Khai triển:
a









Vậy ĐT được chứng minh.
Bài 8: Chứng minh các ĐT sau:
a)
22
22
yxxyxx
yx




Hướng dẫn: Bình phương 2 vế của ĐT đã cho, ta được:
 yx




4
2
22
2222
yxxyxxyxxyxx 





(Chứng minh tương tự a/)
c)
x
x
x
x
x
x
x
x
4244
22






Hướng dẫn: Nhân 2 vế với
4
x , ta được:
17
4244
22
 xxxxx ; Tiếp theo áp dụng kết quả câu a/ ta được
điều cần chứng minh.

bxaxc
abcb
axcxb
caba
cxbxa












))((
))((
))((
))((
))((
))((

b)
2
222
))((
))((
))((













))((
))()((
))((
))()((
))((
))()((

Hướng dẫn: Lần lượt thay x = a, b, c vào vế trái ta được các giá trị tương ứng
a, b, c. Từ đó suy ra đồng nhất thức.
b) và c) tiến hành tương tự a).
Bài 10. Chứng minh ĐT:
a) 25353 
Cách 1: Đặt
A = 5353  24265925353
22
 AA
Do A < 0 => từ A
2

Hướng dẫn: Biến đổi vế trái, ta được:
13
13
)13(
13
324
2







ĐT đã cho tương đương với:

3
103613  . Lập phương 2 vế, rút gọn ta được ĐT đúng.
Bài 11. Chứng minh HĐT:
a)
12
1
1
3
1:2
1
1
2
2
2

(Với a ≠ ±1; a ≠ ±
2
1
)
Hướng dẫn: Biến đổi vế trái, ta được:
12
1
)21)(21(
)1)(21(
41
1
.
1
)1(21
1
3
1:2
1
1
2
2
2
2
2







a
a
a
a
a
a

Biến đổi vế phải bằng
1
2
1


a
a
. Vậy ĐT được chứng minh.
b)
yxx
yx
yx
y
yx
y
xyxyx
yx
23
22
22
2
2

Chứng minh tương tự a/.
Bài 12. Cho a, b, c là 3 số khác nhau. CMR:
19
accbbabcac
ba
abcb
ac
caba
cb














222
))(())(())((

Hướng dẫn: Ta có:
acbacabacaba
baca
caba









1111
))(())((

cbacbcacbcac
acbc
bcac
ba
















Từ đó theo (1) ta có: 0 = a
3
+ b
3
+ c
3
 3abc
Suy ra: a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc. Vậy ĐT được chứng minh.
Bài 14: Cho a + b = 1, ab≠ 0. CMR:
a/ 

1
3
b
a


1
3
a
b
3
)2(2
22

2 2 2 2
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1) ( 1)
a b a b
VT
b b b a a a a b b b a a
   
           2 2
2 2 2 2
1 1 ( 1 1)
1 1 ( 1)( 1)
a a b b
b b a a b b a a
       
  
       

2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 2 3
2( 2) 2( 2)
( ) 2 ( 2 ) 2 3
a b ab
ab ab
a b ab a b a b ab a b a ab b a b
 
   
 

3
= (x + y + z)
3
 3(x + y)(y + z)(z + x)
= A
3
 3(A  z)(A  x)(A  y)
= A
3
 3[A
3
 A
2
(x+y+z) + A(xy+yz+zx)  xyz]
= A
3
 3[A
3
 A
3
+ A(xy+yz+zx)  xyz]
= A
3
 3A(xy+yz+zx) + 3xyz
Vậy ĐT được chứng minh.
Bài 16: CMR nếu có: a
2
+ b
2
+ c

+ c
2
+

ab + bc + ca) = 0.
* Nếu a
2
+ b
2
+ c
2


ab  bc ca = 0, thì:
2a
2
+ 2b
2
+ 2c
2
 2ab  2bc  2ca = 0.
Hay (a  b)
2
+ (b  c)
2
+ (c  a)
2
= 0.
Suy ra


242
thì
3 2
3
23 2
ayx 
Giải:
Bình phương 2 vế của ĐT đã cho, ta được:
2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 4 2
3 3 3
2 ( )( )
x x y x y y x x y y x y a
      
(1)
Mà
2 4 2 2 2 4 4 4 3 2 2 2
3 3 3 3
( )( ) ( )
x x y y x y x y x y
   
Do vậy vế trái của (1) bằng:

3
3
2
3
2
3
42
3


1
;
d
c
dc
m



2
;
bc
ad
bdac
m



3

CMR: m
1
+ m
2
+ m
3
= m
1
m

bcad
bdac
dcba
badcdcba










))((
))(())(())()((
)])(()(2)[(
))((
)(2
bcaddcba
dcbabcadbdac
bcad
bdac
dcba
bdac





b
a
c
a
c
b
c
b
a

CMR: 0
)()()(
222





 ba
c
ac
b
cb
a
.
22
Hướng dẫn: Lần lượt nhân 2 vế của ĐT đã cho với ;
1

2
2
2
2
2
2

c
z
b
y
a
x
.
Giải:
Từ 1
c
z
b
y
a
x
=>








2
2
2

=>


abc
bzxayzcxy
ab
zx
bc
yz
ab
xy
c
z
b
y
a
x 








2

2
2

c
z
b
y
a
x
. Vậy ĐT được chứng minh.
Bài 21: Cho a + b + c = 1 và 0
111

c
b
a
. CMR: a
2
+ b
2
+ c
2
= 1
Bài 22: CMR, nếu: 2
111

c
b
a
và a + b + c = abc thì ta có: 2

= 1. CMR:
a) bx
2
= ay
2

b)
10001000
2000
1000
2000
)(
2
bab
y
a
x



Giải:
a) Ta có


b
a
yx
b
y
a

2
= ay
2
=> 
b
y
a
x
22



b
a
yx
22

b
a

1
.
Vậy 
b
y
a
x
22

b

2000
1
ba
a
x



Và
1000
1000
2
1
















bab


Giải: Từ a + b + c = 0 => b + c = a => (b + c)
2
= a
2

=> b
2
+ c
2
+ 2bc = a
2
=> a
2
 b
2
 c
2
= 2bc => (a
2
 b
2
 c
2
)
2
= 4b
2
c
2

+ c
4
+ 2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2c
2
a
2

=> 2(a
4
+ b
4
+ c
4
) = (a
2
+ b
2
+ c
2
)
2


)
Chứng minh tương tự bài 25.
Từ x + y + z =0 => y + z = x => (y + z)
5
=  x
5.

Khai triển, rút gọn được điều cần chứng minh.
Bài 27: CMR, nếu: xyz = 1 thì:
1
1
1
1
1
1
1





 zxzyzyxyx

Giải: Đặt S =
zxzyzyxyx 



 1
1













zx
z
zxz
zx
z
z
xz
xz
zx
z
z
.
Vậy ĐT được chứng minh.
24
Bài 28: CMR nếu:
b
a
ba

abc

8

=> (1+ x)(1+ y)(1+ z) = (1 x)(1 y)(1 z)
Bài 29: Cho a, b, c là ba số khác không thỏa mãn:
a
cybz
b
azcx
c
bxay






CMR: (ax + by + cz)
2
= (x
2
+ y
2
+ z
2
)(a
2
+ b
2

=> k =
222
c
b
a
acyabzabzbcxcbxcay








=> k = 0 => ay  bx = cx  az = bz  cy = 0
=> (ay  bx)
2
= (cx  az)
2
= (bz  cy)
2
= 0
=> (a
2
+ b
2
+ c
2
)(x
2




222

Chứng minh:
z
abc
y
cab
x
bca 




222

Hướng dẫn: Đặt k =
c
xyz
b
zxy
a
yzx 




222

y
cab
x
bca 




222

Bài 31: Cho 3 số a, b, c thỏa mãn: b ≠ c, a + b ≠ c và c
2
= 2(ac + bc  ab)
CMR:
cb
ca
cbb
caa





22
22
)(
)(

Hướng dẫn:
Ta có: Tử số a





22
22
)(
)(

Bài 32: Cho biết ax + by + cz = 0; a + b + c =
2000
1

CMR:
2000
)()()(
222
222



yxabzxaczybc
czbyax

Hướng dẫn:
* Từ (ax + by + cz)
2
= 0 => a
2
x

2
+ bcz
2
+ caz
2
+ cax
2
+abx
2
+ aby
2
+ a
2
x
2
+ b
2
y
2
+ c
2
z
2

= (ax
2
+ by
2
+ cz
2

3
+ b
3
+ 3ab(a + b) =  c
3
d
3
3cd(c + d).
=>…=> a
3
+ b
3
+ c
3
+ d
3
= 3(c + d)(ab  cd).
Bài 34: Cho x, y là 2 số thỏa mãn: