Chuyên đề 1: TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
/I/ Lý thuyết:
A/ Định nghĩa: Cho a,b € Z ( b ≠ o ):
Ta nói rằng a chia hết cho b kí hiệu a

b khi và chỉ khi tồn tại một số k ( k
∈
Z )sao cho a =bk
a

b
⇔
a = bk
Ta còn nói a là bội của b hay b là ước của a
B/Tính chất của quan hệ chia hêt :
1/phản xạ:
∀
a
∈
N và a
≠
o thì a

a
2/ Phản xứng :
∀
a
∈
N và a
≠
O thì a

m và a

m
⇒
b

m
4/ a

m và b

n
⇒
ab

m n
5/ a

m
⇒
a
n


m
n
n
∈
N , n
≠



m ; n
∈
N , n
≠
o
9/ ab

m và (a, m)=1
⇒
b

m
10/ ab

m và m
∈
P
⇒
a

m hoặc b

m
11/ a

m và a

n và ( m,n ) =1

2
+ 1)

24
∀
n
∈
N
GIẢI
a/ n
4
- n
2
= ( n – 1).n.n(n+1)
Nhận xét : 12 = 3.4 và (3,4) =1
-Trong tích hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2
( n- 1).n

2
n(n+ 1)

2
⇒
n
4
- n
2


4 ( 1 )

n
∈
N
Ta cần chứng minh A= n.(n+2).(n
2
-1)

24
∀
n
∈
N
A= (n-1).n.(n+1).(n+2)
Ta có A

3
∀
n
∈
N
-Trong tích 4 số tự nhiên liên tiếp có 1 số là bội của 2 ,một số là bội của 4
-Vậy tích 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 8
-Mà (3,8)= 1 nên A

24
-Do đó n.(n+2).(25n
2
-1)

24

6 2/ n
3
(n
2
- 7)
2
- 36

5040
∀
n
∈
N*
3/n
4
-4n
3
- 4n
2
+ 16n

384 với mọi n chẳn và n
≥
4
4/ n
3
+3n
2
+ 2n


∀
n
∈
Z
9/ n
4
+6n
3
+11n
2
+6n

24
∀
n
∈
N
Ví dụ 2: Chứng minh a
5
- a

5
∀
a
∈
Z
Cách 1: A = a
5
- a = a.(a
2

-a =a(a
2
-1).(a
2
+1)
=a.(a
2
-1).(a
2
-4+5)
=a.(a-1).(a+1).(a-2).(a+2) +5a.(a
2
-1)
Vậy A chia hết cho 5
Bài tập ví dụ 2: Chứnh minh :
1/ a
7
-a

7
2/ Cho n

2 và (n,6) =1 chứng minh n
2
-1

24
3/ Cho n lẻ và ( n ,3) =1 chứnh minh : n
4
-1

- 4n và n
2
+ 4n đều chia hết cho 16
7/ Chứng tỏ : n
5
- n

30
∀
n
∈
N và : n
5
- n

240
∀
n lẻ
8/ Chứng minh :
a/ n
8
- n
4


240
∀
n
∈
N

4
+ x
3
+ 2x
2+ x +1 = (/ x
4
+ 2 x
2
+ 1 ) + (x
3
+ x )
= ( x
2
+1)
2
+ x ( x
2
+1) = ( x
2
+1) ( x
2
+x +1)
b/ x
3
+ 2x
2
y + xy

2
- 3ab]
d/ (a+b+c)
3
- a
3
- b
3
-c
3
= [ (a+b)+c]
3
- a
3
- b
3
-c
3
= (a+b)
3
+ c
3
+3c(a+b)(a+b+c) - a
3
- b
3
-c
3
=a
3

2
(y-z)+yz(y-z)-x(y
2
- z
2
) =(y-z)(x
2
+yz-xy-xz)
=(y-z)[x(x-y)-z(x-y) =(y-z)(x-y)(x-z)
II/Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử(vói hệ số nguyên)
Nhận xét: Nếu đa thức không chứa nhân tử chung,không có dạng hằng đẳng thức,cũng không
nhóm được hạng tử ta có thể biến đổi đa thức thành nhiều hạng tử hơn để nhóm các hạng tử.
Ví dụ : 3x
2
-8x+4 = 3x
2
-6x-2x+4= 3x(x-2)-2(x-2)=(x-2)(3x-2)
Hay tách 4x
2
-8x+4 - x
2
= (2x-2)
2
- x
2
=
Chú ý: Trong cách 1 ta tách hạng tử -8x thành 2 hạng tử -6x và -2x,các hệ số thứ 2 và thứ 4 đều
gấp -2 lần hệ số liền trước nhờ đó xuất hiện nhân tử chung x-2
Một cách tổng quát để phân tích tam thức bậc 2 thành nhân tử ta tách hạng tử bx thành b
1

3
-2 x
2
+ x
2
-4 = x
2
(x-2) +(x-2)(x+2) =
Chú ý : Khi xét nghiệm nguyên của đa thức ta chú ý 2 định lí sau :
1/ Nếu đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì 1 là nghiệm của đa thức do đó đa thức cố chứa
nhân tử x -1 .
Ví dụ : Phân tích đa thức x
3
- 5x
2
+8x -4 ta thấy 1 -5 +8 -4 =0 nên đathức có chứa nhân tử x –
1 vậy ta tách như sau: x
3
- x
2
- 4 x
2
+8x -4 = x
2
(x-1) – 4(x-1)
`2
2/Nếu đa thức có tổng các hệ số bậc chẳn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì -1 là nghiệm của đa thức
do đó đa thức chứa nhân tử x +1.
Ví dụ: Phân tích đa thức x
3

3
- 7x
2
+17x -5 ta thấy các số ±1 ,±5 không phải là nghiệm của đa thức ,xét các số ±
3
1
, ±
3
5
ta có
3
1
là nghiệm của đa thức do đó đa thức chứa thừa số 3x-1 ta tách hạng tử như sau :
3x
3
- 7x
2
+17x -5 = 3x
3
- x
2
-6 x
2
+2x + 15x-5 =x
2
(3x-1)- 2x( 3x-1)+ 5(3x-1)=.
3/ Phương pháp thêm bớt một hạng tử:
a/Thêm bớt một hạng tử làm xuất hiện hiệu hai bình phương
Ví dụ : Phân tích da thức 4x
4

`5
+x -1 = x
`5
+x
4
+x
3
+x
2
-x
4
-x
3
-x
2
+x -1
= (x
`5
-x
4
+x
3
)+(x
4
-x
3
+x
2
) –(x
2

-14x +3. Nếu đa thức nàyphan tích thành nhâ tử thì có
dạng (x
2
+ax +b )(x
2
+ cx +d ) phép nhân này cho ta kết quả
x
4
+(a+c)x
3
+(ac+b+d)x
2
+(ad+bc)x+bd đồng nhất đa thức này vứi đa thức đã cho ta điều kiện
a+c = -6
ac+b+d = 12
ad+bc = -14
bd = 3
Xét bd =3 với bd
∈
Z
⇒
b
∈
{ ±1 , ±3} với b =3 ; d =1thì hệ trên trở thành
a +c = -6
ac = 8
a+ 3c = -14
⇒
2c = -14 – (-6)
⇒

2
(x-y)
Giả sử ta thay x =y P= y
2
(y-z)+ y
2
(z-x) = 0
Tương tự ta thay y bởi z ; zbởi x thì P không đổi ( P = 0 ) vậy P chia hết cho x-y cũng chia hết
cho y-z và cũng chia hết cho z – x vậy P có dạng k(x –y)(y-z)(z-x)
Ta thấy k là hằng số vì đẳng thức
P = x
2
(y-z)+ y
2
(z-x) + z
2
(x-y) = k(x –y)(y-z)(z-x) đúng vứi mọi x,y,z nên ta gán cho x,y,z các
giá trị chẳng hạn x=2, y=1 ,z=0 ta được
4.1 +1.(-2) +0 = k.1.1.(-2)
⇒
k = -1 vậy P = -(x –y)(y-z)(z-x)
Chú ý : Khi chọn giá trị riêng của x,y,z ta chọn tuỳ ý để đôi một khác nhau sao cho ( x –y)(y-z)(z-
x)
≠
0
VI/ Bài tập áp dụng chuyên đề 2:
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
2.1/ a/ x
2
-2x -4y

3
-7x
2
-3.
2.2/ a/ (x
2
+x )- 2(x
2
+x ) -15 b/ / x
2
+2xy+y
2
-x-y -12
c/ (x
2
+x +1)(x
2
+x +2) -12 d/ (x+2)(x+3)(x+4)(x+5) -24
e/ (x+a)(x+2a)(x+3a)(x+4a) +a
4

f/ (x
2
+ y
2
+ z
2
)(x+y+z)
2
+(xy+yz+xz)

2
+ (a+b-c)(c+a-c)(b+c-a)
.
CHUYÊN ĐỀ 3: BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Các bài toán cực tri có dạng chung như sau:Trong các hình có chung một tính chất, tìm những
hình sao cho một đại lượng nào đó (nhơ độ dài đoạn thẳng ,số đo diện tích ,số đo góc )có giá trị
lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất
I/Các bất đẳng thức thường dùng để giải toán cực trị:
1/Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên:
Quan hệ này được dùng dưới dạng:
- Trong tam giác vuông (xó thể suy biến thành đoạn thẳng ) có cạnh góc vuông AH và cạnh
huyền AB thì AB
≥
AH xảy ra dấu bằng khi chỉ khi B trùng H
- Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến các điểm thuộc một đoạn thẳng đoạn thẳng vuông
góc với đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất.
- Trong các đoạn thẳng nối hai điểm nằm trên hai đoạn thẳng song song đoạn thẳng vuông góc
với hai đường thẳng song song có độ dài nhỏ nhất.
2/ Quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu:
- Trong hai đương xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng dến đường thẳng đó đường xiên
nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn.
3/Bất đẳng thức trong tam giác:
Với ba điểm A, B, C ta có AC+CB
≥
AB; AC+CB =AB
⇔
C thuốc đoạn thẳng AB. Để xử
dụng bất đẳng thức trong tam giác đôi khi phải thay đổi phía của một đoạn thẳng đối với một
đường thẳng .
4/ Các bất đẳng thức đại số :

vuông ABCD. Tâm hình vuông này phải trùng với
nhau tại 0 ta suy ra S
EFGH
==
2
.FHEG
= 20E
2
như vậy F
S nhỏ nhất suy ra 0E nhỏ nhất .Gọi K là trung điểm của AB ooooooo
ta có OE
≥
OK ( hằng số) OE = OK
⇔
E trùng K o
Vậy diện tích ÈGH nhỏ nhất khi các đỉnh E,F,G,H là trung H
điểm các cạnh của hình vuông ABCD
1.2 Tính diện tích lớn nhất của HBH có độ dài 2 cạnh D G C
kề nhau bằng a,b A B
Giải : Ta có: S
ABCD == DC.AH
≤

DC.AD = ab b
maxS = ab khi và chỉ khi AH = AD lúc này ABCD làHCN
D H a C
1.3 Cho hình thoi và hình vuông có cùng chu vi. Hỏi hình nào có diện tích lớn hơn? vì sao?
Giải : Xét hình thoi ABCD và hình vuônh MNPQ A B
có cùng chu vi cạnh của chúng bằng nhau . Gọi canh
của chúng là a ta có:


S
MNPQ
.Vậy diện tích hình vuông lớn hơn diện tích hình thoi
(nếu hình thoi đó không là hình vuông).
2.1 Cho tam giác ABC .Qua A dựng đường thẳng d cắt cạnh BC của tam giác ABC sao cho tổng
khoảng
cách từ B và C đến d có giá trị nhỏ nhất. A
Giải : Ta có S
ABD
+ S
CAD
=S
ABC
O
⇒

2
1
AD.BB’ +
2
1
AD.CC’=S
⇒
BB’ + CC’=
AD
S2
B’
Do đó BB’ +CC’ nhỏ nhất
⇔

3.1 Cho tam giac ABC cân tại A và điểm D cố định thuộc cạnh đáy BC > Hãy dựng một đường
thẳng song song với BC cắt hai cạnh bên ở E và F sao cho DE + DF có giá trị nhỏ nhất
Giải : Về phía ngoài tam giác vẽ tia Ax sao cho xAC = DAE trên Ax lấy điểm D’ sao cho
AD’ = AD ta có AED = AFD’ ( c-g-c) A
Suy ra DE = FD’
Ta có DF +DE = DF + FD’
≥
DD’( AD cố định nên AD’ cố định) E F D’
Vậy DD’ là hằng số
Do đó DF +DE nhỏ nhất
⇔
DF + D’F nhỏ nhất
⇔
F là giao điểm B D C
x
của DD’ và AC
3.2 Trên nữa mp bờ d lấy hai điểm A,B .Tìm vị trí điểm D trên d để AD + DB nhỏ nhất
Giải : Lấy điểm A’ đối xứng của A qua d ta có B
AD = A’D (d trung trực của AA’) A
Vậy AD + DB = A’D + DB
≥
A’B
Do đó min (AD + DB) khi D nằm trên giao điểm của A’B và d D
A’
4.1 Cho tam giác ABC vuông cân tại có AB = AC = 10cm.Tam giác DEF vuông cân ở D nội
tiêp tam giác ABC ( D
∈
AB, F
∈
AC, E

2
] =
2
1
( 5x
2
– 40x +100) =
2
5
( x
2
-8x + 20) D
=
2
5
(x – 4)
2
+ 10
≥
10 A F C
minS
DEF
= 10(cm
2
)
⇔
x = 4 do đó AD = 4cm.
Tổng quát: minS
DEF
=

2
= S
3
.S
4
2

O 4
Theo bất đẳng thức COSI : 3
D
S
3
+ S
4

≥
2
2
1
.SS
= 2
9.4
=12
S= S
1
+ S
2
+ S
3
+ S

AM
Nhó nhất . Khi đó M là chân đường cao kẻ tờ A đến BC B M C
2/ Nhiều bài toán cực trị có liên quan đến tập hợp điểm .
Trong tập hợp các hình có chung một tính chất ,khi ta cố định một yếu tố không đổi của hình ,các
điểm còn lại có thể chuyển động trên một đường nhất định .việc theo dõi vị trí của nó giúp ta tìm
được cực trị của bài toán.
Ví dụ: Trong các hình bình hành có diện tích và đường chéo không đổi ,hình nào có chu vi nhỏ
nhất
Giải : Xét các hình bình hành có BD cố định .Diện tích hình bình
Hành không đổi nên diện tích tam giác ABD không đổi do đó A B’
chuyển đông trên đường thẳng d song song với BD. D A
Cần xác định vị trí của A trên d để BA + AD nhỏ nhất.
Lấy điểm B’ đối xứng qua d khi đó B’ cố định. B
BA + AD = B’A +AD
≥
B’D ( hằng số)
BA + AD nhỏ nhất
⇔
B’A + AD nhỏ nhất
⇔
A là C
Giao điểm của d và đoạn B’D khi đó AB = AD D
Vậy hình bình hành có chu vi nhỏ nhất là hình thoi
3/ Khi giải bài toán cực trị , có khi ta phải tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) trong từng trường hợp
rồi so sánh các giá trị đó với nhau để tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất) của bài toán Ê
Ví dụ: Cho tam giác ABC .Dựng đường thăng đi qua A sao cho tổng
khoảng cách từ B và C đến d có giá trị lớn nhất .
Giải : Gọi BB’ , CC’ là khoảng cách từ B và C đến d. Xét hai trường hợp : A
a/ Đường thẳng d cắt BC tại D ta có:
BB’ + CC’

d BC B C
2/Trường hợp BAC
〈
90
o
.
Nếu kẻ CH BE thì H thộc tia đối của AE nên HE
〉
HB
Do đó CE
〉
BC ta có : d
1
E B
C
Max( BB’ + CC’) = CE
⇔
d CE d
2
M
3/ Trường hợp BAC = 90
o
A
Ta có BC = CE do đó
Max (BB’ + CC’) = BC = CE

⇔
d BC hoặc d CE B
M
III/ Bài tập áp dụng:

13/ Cho hình vuông ABCD có ạnh 6cm .Điểm E thuộc cạnh AB sao cho AE = 2cm, điểm F thuộc
cạnh BC sao cho BF = 3cm.Dựng các điểm G,Htheo thứ tự thuộc cạnh CD, AD sao cho EFGH là
hình thang
a/Có đáy EH , FG và có diện tích nhỏ nhất
b/Có đáy EF, GH và có diện tích lớn nhất .
14/Cho tam giác ABC. Xác định vị trí các điểm D,E trên các cạnh AB ,AC sao cho BD + CE =
BC và DE có độ dài nhỏ nhất
15/ Cho tam giác ABC vuông cân có cạnh huyền BC = a .Các điểm D,E theo thứ tự chuyển động
trên cạnh AB,AC.Gọi H,K theo thứ tự là hình chiếu của D và E trên BC .Tính diện tích lớn nhất
của tứ giác
DEKH.
CHUYÊN ĐỀ 4: CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC
I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC
1/ Cho biểu thức ( x ,y, )
a/ Ta nói M giá trị lớn nhất ( GTLN) của biểu thức f(x,y ) kí hiệu max f = M nếu hai điều kiện
sau đây được thoả mãn:
- Với mọi x,y để f(x,y ) xác định thì :
f(x,y )
≤
M ( M hằng số) (1)
- Tồn tại x
o
,y
o
sao cho:
f( x
o
,y
o
) = M (2)

2
– 4x + 5) = 2(x – 2)
2
+ 2
≥
2
A = 2
⇔
x -2 = 0
⇔
x = 2
Vậy minA = 2 khi chỉ khi x = 2
II/ TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT ,GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THƯC CHỨA MỘT BIẾN
1/ Tam thức bậc hai:
Ví dụ: Cho tam thức bậc hai P = ax
2
+ bx + c .
Tìm GTNN của P nếu a
〉
0.
Tìm GTLN của P nếu a
〈
0
Giải : P = ax
2
+ bx +c = a( x
2
+
a
b

2
)
2

≥
0 , do đó P
≥
k.
minP = k khi và chỉ khi x = -
a
b
2
-Nếu a
〈
0 thì a( x +
a
b
2
)
2

`≤
0 do đó P
`≤
k
maxP = k khi và chỉ khi x = -
a
b
2
2/ Đa thức bậc cao hơn hai:

2
956
2
xx −−
.
Giải : A =
2
956
2
xx −−
. =
569
2
2
+−
−
xx
=
4)13(
2
2
+−
−
x
.
Ta thấy (3x – 1)
2

≥
0 nên (3x – 1)


≥
4
2−
⇒
A
≥
-
2
1
minA = -
2
1

⇔
3x – 1 = 0
⇔
x =
3
1
.
b/ Phân thức có mẫu là bìmh phương của nhị thức.
Ví dụ : Tìm GTNN của A =
12
683
2
2
+−
+−
xx

y
yy ++−+
= 3 -
y
2
+
2
1
y
= (
y
1
-1)
2
+ 2
minA = 2
⇔
y = 1
⇔
x – 1 = 1
⇔
x = 2
c/ Các phân thức dạng khác:
Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A =
1
43
2
+
−
x

−−−+
x
xxx
= 4 -
1
)12(
2
2
+
+
x
x

≤
4
III/ TÌM GTNN., GTLN CỦA BIỂU THỨC CÓ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN
Ví dụ : Tìm GTNN của x
3
+ y
3
+ xy biết rằng x + y = 1
Xử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A
A = (x + y)( x
2
–xy +y
2
) + xy = x
2
– xy - y
2

2
)
≥
1
⇒
x
2
+ y
2

≥

2
1
minA =
2
1
khi và chỉ khi x = y =
2
1
Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x. Thay y = x – 1 vào A
A = x
2
+ (1 – x)
2
= 2(x
2
– x) +1 = 2(x
2
-

x
2
+ y
2
= (
2
1
+ a)
2
+ (
2
1
- a)
2
=
2
1
+2 a
2

≥

2
1
minA =
2
1

⇔
a = 0

A nhỏ nhất

1
B
lớn nhất
⇔
B nhỏ nhất với B > 0
Ví dụ : Tìm GTLN của
4
2 2
1
( 1)
x
A
x
+
=
+
Chú ý rằng A>0 nên A lớn nhất khi
1
A
nhỏ nhất và ngược lại
1
A
=
2 2 4 2 2
4 4 4
( 1) 2 1 2
1
1 1

2
+ b
2

≥
2ab ; (a + b)
2
≥
4ab ; 2( a
2
+ b
2
)
≥
( a+ b)
2
Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a
2
+ +b
2
) ( x
2
+ y
2
)
≥
(ax + by)
2

Ví dụ Cho x

{
Thay y =
3
2
x
vào x
2
+ y
2
= 52 ta được 4x
2
+ 9x
2
= 52.4
⇒
x
2
= 16
⇒
x=4 hoặc x= -4
Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y
≥
0 x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y
≥
0
Vậy max A 26
⇔
x =4 , y = 6
3/ Trong các hằng bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau
-Nếu 2 số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 số đó bằng nhau

Do đó max(xy) = 1002.1003 khi x = 1003 , y = 1002
Min ( xy) = 2004 khi x = 2004 , y = 1
Chuyên đề 5 : RÚT GỌN MỘT BIỂU THỨC
I/ Rút gọn các biếu thức:
a- A = 1978(1979
9
+ 1979
8
+…+ 1979
2
+ 1980) +1
b- B = a
2
(b – c) + b
2
( c –a) + c
2
( a – b) + (a – b)(b – c)(c –a)
c- C = a
3
(b – c) + b
3
( c –a) + c
3
( a – b) + (a +b +c) (a – b)(b – c)(c –a)
3x = 2y
2x +3y
≥
0
Giải:

2
c – b
2
a + c
2
( a – b) = (a
2
b - b
2
a) – (a
2
c - b
2
c ) + c
2
( a – b)
= ab( a – b) - c( a
2
– b
2
) + c
2
( a – b)
= (a – b) ( ab – c(a + b) + c
2
) = (a – b) ( ab – ca - cb + c
2
)
= (a – b) ( b – c )( a – c)
Vậy B = 0

−
f- F =
( )( ) ( )( ) ( )( )
b c c a a b
a b a c b c b a c a c b
+ + +
+ +
− − − − − −
g- G =
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
a a c a c b b c b a c c a c b
+ +
− − − − − −
h- H =
( )( ) ( )( ) ( )( )
a x a y a z
x x y x z y y z y x z z x z y
+ + +
+ +
− − − − − −
II- Rút gọn phân thức:
a- A =
3 3 3
2 2 2
3a b c abc
a b c ab bc ca
+ + −
+ + − − −

+ +
− − − − − −
Mà
1 1 1
( )( ) ( )( ) ( )( )a b a c b c b a c a c b
+ +
− − − − − −
=0 nên ta có D = 4
Câu E Ta qui đồng rồi thực hiện phép nhân ta có E =
4
2 2
a
a b
−
+
Câu F Qui đồng ta có F=0 MC là (a-b)(b-c)(c-a)
Câu G Qui đồng rồi phân tích tử thành nhân tử (a
2
- b
2
) (b
2
– c
2
)(c
2
– a
2
)
Vậy G =

+ + =
− − − − − −
1 1 1
( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
a
x x y x z y y z y x z z x z y
+ +
− − − − − −
=
a
xyz
Qui đồng như bài tập G.
III- Bài tập áp dụng: Rút gon.:
1/ A =
2 2 2
2 2 2 2
3 2 5 3
9 6 9
a ab a ab b
a b ab a b
+ − −
+
− − −
2/ B =
2 4 2
(10 1)(10 1)(10 1) (10 1)
n
+ + + +
( nhân 2 vvế với (10-1)

7/ F =
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
3 2 5 6 7 12 9 20a a a a a a a a a a
+ + + +
+ + + + + + + + +
8/ H =
3
2 2 4 2 8 4
1 1 2 4
1 1 1 1
x x
x x x x x x x x
− − +
− + + + − + − +
9/ K =
2 2 2 2 2 2 2
4
. 3 . 2 5 . 6 7 . 12
a a a a a
x a
x a x x a x a x a x a x a x a
+ + + +
+
+ + + + + + +
10/ L =
2 2 2
( 2) 6 4
(1 )
2

A'
a/Nếu M thuộc miền trong tam giác thì :
4
3
o
6
7
5
1
2
A
B
C
M
A'
B'
C'
S
MBC
+ S
MAC
+ S
MAB
= S
ABC

1 1 1 1
. ' , ' . ' .
2 2 2 2
BC MA AC MB AB MC BC AH⇒ + + =

D
H

Ta có
AFD
1
S
2
ABCD
S=
và
1
2
DEC ABCD AFD DEC
S S S S= ⇒ =
Kẻ DH vuông góc ÍA và DK vuông góc với IC ta suy ra DH = DK , Suy ra IH = IK . Vây, DI là
tia phân giác góc AIC
Ví dụ 3 : Cho tam giác ABC có
µ
90
o
A ≥
; D là diểm nằm giữa A và C. Chứng minh rằng tổng các
khoảng cách từ A và từ C đến BD lớn hơn đường cao kẻ từ A và nhỏ hơn đường cao kẻ từ C của
tam giác ABC.
GIẢI:

D
B
C

BC BA
= =
.
Do
µ
90
o
A ≥
nên BA< BD<BC , do đó AH < AE + CF < CK
Bài tập áp dụng:
1/ Độ dài 2 cạnh của tam giác bằng 6cm và 4cm. Nữa tổng các chiều cao ứng với 2 cạnh ấy bằng
chiều cao ứng với cạnh thứ ba . Tính độ dài cạnh thứ ba.
2/ Chứng minh rằng một tam giác là tam giác vuông nếu các chiều cao h
a
, h
b
, h
c
thoả mãn điều
kiện

2 2
( ) ( ) 1
a a
b c
h h
h h
+ =
HD: Sứ dụng diện tích để dưa về định lý Pytago
3/ Tính các cạnh của tam giác có ba đường cao bằng 12cm , 15cm , 20cm

≥
0 , c > d
≥
0
⇒
ac > bd
d/ a > b >0
⇒
a
n
> b
n
e/ a > b
⇔
a
n
> b
n
với n lẻ.
f/
a b ⇔
a
n
> b
n
với n chẳn
g/ Nếu m> n >0 thì : a > 1 .
⇒
a
m

2
( )
2
a b
ab
+
≥
( bất đẳng thức Côsi)
c/
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
Với a,b > 0 d/
2 2 2 2
( ) ( ) (ax + by)a b x y+ + ≥
e/
1
2a
a
+ ≥
III- Các phương pháp chứng minh
1- Dùng định nghĩa :
Ví dụ : a/chứng minh rằng : ( x-1)(x – 2)( x – 3)( x – 4)
≥
-1
Giải : Xét hiệu ( x-1)(x – 2)( x – 3)( x – 4) +1
≥
0
( x

b
)
2
+
2
3
4
b

≥
0
2- Dùng các phép biến đổi tương đương:
Ví dụ : a/ Với mọi x,y,z chứng minh : x
2
+ y
2
+ z
2
+3
≥
2(x + y +z )
Giải : x
2
+ y
2
+ z
2
+3 - 2(x + y +z )
≥
0

2
≥
8ab (vì
a+b=1)
⇔
1
≥
4ab
⇔
(a + b)
2

≥
4ab
⇔
( a – b )
2

≥
0
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
3/ Dùng phương pháp làm trội để chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ : Cho n là số nguyên lớn hơn 1 . Chứng minh bất đẳng thức sau :
a/
1 1 1 1 1

1 2 3 2 2n n n n
+ + + +
+ + +


n n n n n n n n
+ + + + + + = =
+ + +

b/ Ta có
2
1 1 1 1
( 1) 1k k k k
k
−
− −
p p
với k = 2 ; 3 ; … ;n
Lần lượt cho k = 2 ; 3 ; … ;n rồi cộng lại ta được
2 2 2
1 1 1 1
1 2
2 3
n
n
+ + + + −p
Phương pháp này thường được xử dụng để chứng minh bất đăng thức có một vế là tổng hoặc tích
hửu hạn.Áp dụng tính chất của thứ tự để biến đổi tổng hoạc tích hửu hạn về tổng hoặc tích khác
mà việc tính toán đơn giản hơn.
4/ Dùng các tính chất của bất đẳng thức
Ví dụ : a/ Cho a + b > 1 . chứng minh rằng a
4
+ b
4
>

a b
b a
+
) + (
a c
c a
+
) +(
b c
c b
+
) mà
a b
b a
+

≥
2 thay vào ta có diều
phải chứng minh.
2*/ Áp dụng bất đẳng thức ở câu 1* ta có (x + y+ z)
1 1 1
( ) 9
x y z
+ + ≥
với x = b + c
y = a + c và z = a + b ta có 2 (a + b + c)(
1 1 1
) 9
b c c a a b
+ + ≥

+ c
2
= (
1
3
+ x )
2
+ (
1
3
+y )
2
+ (
1
3
+ z )
2
=
1
3
+
2
3
(x + y + z) + x
2
+ y
2
+ z
2


-36
Vậy giá trị nhỏ nhất của A = -36 khi x
2
+5x = 0 suy ra x = 0 hoặc x = -5
B = ( x
2
)
3
+ ( y
2
)
3
= (x
2
+ y
2
) ( x
4
– x
2
y
2
+ y
4
) = x
4
– x
2
y
2

2
+ c
2

≥
ab + bc + ca b/ a
4
+ b
4
+ c
4
+ d
4

≥
4abcd
c/ a2 + b2
≥
ab d/ / a
4
+ b
4
+ 2
≥
4ab
e/
1 1 1 1

1.3 3.5 (2 1)(2 1) 2n n
+ + +

thì xe con tăng vận tốc thêm 5km/giờ nên sau 1 giờ đã đuổi kịp xe tải . Tính quảng
đường AB ?
Bài 4 : Cho hình chữ nhật ABCD . Lấy E trên cạnh DC , F trên cạnh AD sao cho C
và F đối xứng qua BE ; EF cắt AB tại Q . Đạt AB = a ; BC = b
a/ Chứng minh rằng
AFQ
∆

FAB∆
b/
QC BD⊥
Bài 5 : Chứng minh rằng : 1 + 5
9009
không phải là số nguyên tố
************************************************
ĐỀ 2
Bài 1: Tìm a để mọi nghiệm của bất phương trình ( a2 + 1 )x > 2a – 1 (1) đều là
nghiệm của bất phương trình 2x > 5 (2)
Bài 2 : Giải các phương trình sau :
a/
1 5x a x− + =
b/ m(x – 1 ) = x + 2n – 7
Bài 3 : Tìm số dư cuối cùng trong phép chia :
1 + x + x
19
+ x
20
+ x
2004
cho 1 – x

+ +
Chứng minh rằng mọi n lẻ đều có
1 1 1 1
n n n n n n
x y z x y z
+ + =
+ +
Bài2/ Rút gọn
3 3 3
2 2 2
3
( ) ( ) ( )
x y z xyz
x y y z z x
− + +
+ + + + −
Bài 3 / Tìm x thỏa mãn (x – 1)( x – 2)( x – 3)(x – 4) = 120
Bài 4/ Cho a,b,c độ dài của 3 cạnh của tam giác
a/ Chứng minh bất đẳng thức : ab +bc +ca < a
2
+b
2
+c
2
< 2( ab +bc +ca)
b/ Chứng minh nếu ( a + b + c)
2
= 3( ab + bc + ca) thì tam giác đó là tam giác
đều
S