50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ
ẠI SỐ LỚP 9Sưu t
ầm v
à b
iên so
ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

Trang 1
Bài 1: Cho x + y = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S = x
2
+ y
2
.

HƯỚNG DẪN
Cách 1 : Từ x + y = 2 ta có y = 2 – x. Do đó : S = x
2
+ (2 – x)
2
= 2(x – 1)
2
+ 2 ≥ 2.
Vậy min S = 2 ⇔ x = y = 1.
Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki với a = x, c = 1, b = y, d = 1, ta có :
(x + y)

+ ≥ = + ≥ =
;
ca ab ca ab
2 . 2a
b c b c
+ ≥ =
cộng từng
vế ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
b) Với các số dương 3a và 5b , theo bất đẳng thức Cauchy ta có :
3a 5b
3a.5b
2
+
≥
.
⇔ (3a + 5b)
2
≥ 4.15P (vì P = a.b) ⇔ 12
2
≥ 60P ⇔ P ≤
12
5
⇒ max P =
12
5
.
Dấu bằng xảy ra khi 3a = 5b = 12 : 2 ⇔ a = 2 ; b = 6/5.

Bài 2. Cho a + b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M = a
3

.

Bài 3. Cho a
3
+ b
3
= 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : N = a + b.

HƯỚNG DẪN
Đặt a = 1 + x ⇒ b
3
= 2 – a
3
= 2 – (1 + x)
3
= 1 – 3x – 3x
2
– x
3
≤ 1 – 3x + 3x
2
– x
3
= (1 – x)
3
.
Suy ra : b ≤ 1 – x. Ta lại có a = 1 + x, nên : a + b ≤ 1 + x + 1 – x = 2.
Với a = 1, b = 1 thì a
3
+ b

iên so
ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

Trang 2
Bài 5.
a) Chứng minh bất đẳng thức (a + 1)
2
≥ 4a
b) Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh : (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ 8

HƯỚNG DẪN
a) Xét hiệu : (a + 1)
2
– 4a = a
2
+ 2a + 1 – 4a = a
2
– 2a + 1 = (a – 1)
2
≥ 0.
b) Ta có : (a + 1)
2
≥ 4a ; (b + 1)
2
≥ 4b ; (c + 1)
2
≥ 4c và các bất đẳng thức này có hai vế đều
dương, nên : [(a + 1)(b + 1)(c + 1)]
2
≥ 64abc = 64.1 = 8

). Do (a – b)
2
≥ 0, nên (a + b)
2
≤ 2(a
2
+ b
2
).
b) Xét : (a + b + c)
2
+ (a – b)
2
+ (a – c)
2
+ (b – c)
2
. Khai triển và rút gọn, ta được :
3(a
2
+ b
2
+ c
2
). Vậy : (a + b + c)
2
≤ 3(a
2
+ b
2

+ (a – 2d)
2
= 0 (2). Do đó ta có :
a = a – 2b = a – 2c = a – 2d = 0 . Suy ra : a = b = c = d = 0.

Bài 8. Cho biểu thức M = a
2
+ ab + b
2
– 3a – 3b + 2001. Với giá trị nào của a và b thì
M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

HƯỚNG DẪN
2M = (a + b – 2)
2
+ (a – 1)
2
+ (b – 1)
2
+ 2.1998 ≥ 2.1998 ⇒ M ≥ 1998.
Dấu “ = “ xảy ra khi có đồng thời :
a b 2 0
a 1 0
b 1 0
+ − =


− =



2
+
≤
viết lại dưới dạng
2
a b
ab
2
+
 
≤
 
 
(*) (a, b ≥ 0).
Áp dụng bất dẳng thức Cauchy dưới dạng (*) với hai số dương 2x và xy ta được :
2
2x xy
2x.xy 4
2
+
 
≤ =
 
 
50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ
ẠI SỐ LỚP 9

+
. Áp dụng ta có S >
1998
2.
1999
.

Bài 12. Cho các số x và y cùng dấu. Chứng minh rằng :
a)
x y
2
y x
+ ≥

b)
2 2
2 2
x y x y
0
y x y x
 
 
+ − + ≥
 
 
 
 

c)
4 4 2 2

A 2
y x y x y x y x y x
   
     
= + − + = + − + + +
   
     
     
   
. Theo câu a :
2
2
2 2
2 2
x y x y x y
A 2 2 1 1 0
y x y x y x
 
   
 
≥ + − + + = − + − ≥
 
     
 
   
 

c) Từ câu b suy ra :
4 4 2 2
4 4 2 2

x y x y
4 3
y x y x
 
+ + ≥ +
 
 
.

HƯỚNG DẪN
Đặt
2 2
2
2 2
x y x y
a 2 a
y x y x
+ =
⇒
+ + =
. Dễ dàng chứng minh
2 2
2 2
x y
2
y x
+ ≥
nên a
2
≥ 4, do đó


HƯỚNG DẪN
Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với :
(
)
4 2 4 2 4 2 2 2 2
2 2 2
x z y x z x x z y x z y xyz
0
x y z
+ + − + +
≥
.
Cần chứng minh tử không âm, tức là : x
3
z
2
(x – y) + y
3
x
2
(y – z) + z
3
y
2
(z – x) ≥ 0. (1)
Biểu thức không đổi khi hoán vị vòng x
⇒
⇒⇒
⇒

(x – y)(x
3
– y
2
z) + y
2
(y – z)(yx
2
– z
3
) ≥ 0
Dễ thấy x – y ≥ 0 , x
3
– y
2
z ≥ 0 , y – z ≥ 0 , yx
2
– z
3
≥ 0 nên bất đẳng thức trên đúng.
b) x ≥ z ≥ y > 0. Tách x – y ở (1) thành x – z + z – y , (1) tương đương với :
x
3
z
2
(x – z) + x
3
z
2
(z – y) – y

− + − + − + + + ≥
       
   
   
.

Bài 15. Chứng minh các bất đẳng thức :
a) (a + b)
2
≤ 2(a
2
+ b
2
)
b) (a + b + c)
2
≤ 3(a
2
+ b
2
+ c
2
)
c) (a
1
+ a
2
+ … + a
n
)

+ (a – b)
2
+ (a – c)
2
+ (b – c)
2
. Khai triển và rút gọn ta được :
3(a
2
+ b
2
+ c
2
). Vậy : (a + b + c)
2
≤ 3(a
2
+ b
2
+ c
2
)
c) Tương tự như câu b

Bài 16. Cho a
3
+ b
3
= 2. Chứng minh rằng a + b ≤ 2.


HƯỚNG DẪN
Không được dùng phép hoán vị vòng quanh x  y  z  x và giả sử x ≥ y ≥ z.
Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương x, y, z : 50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ
ẠI SỐ LỚP 9Sưu t
ầm v
à b
iên so
ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

Trang 5
3
x y z x y z
A 3 . . 3
y z x y z x
= + + ≥ =

Do đó
x y z x y z
min 3 x y z
y z x y z x
 
+ + = ⇔ = = ⇔ = =
 

– yz ≥ xz (nhân hai vế với số dương xz)
⇔ xy + z
2
– yz – xz ≥ 0 ⇔ y(x – z) – z(x – z) ≥ 0 ⇔ (x – z)(y – z) ≥ 0 (2)
(2) đúng với giả thiết rằng z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z, do đó (1) đúng. Từ đó tìm được
giá trị nhỏ nhất của
x y z
y z x
+ +
.

Bài 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của : A = x
2
+ y
2
biết x + y = 4.

HƯỚNG DẪN
Ta có x + y = 4 ⇒ x
2
+ 2xy + y
2
= 16. Ta lại có (x – y)
2
≥ 0 ⇒ x
2
– 2xy + y
2
≥ 0. Từ đó suy ra
2(x

 
 

max A =
3
2
9
 
 
 
khi và chỉ khi x = y = z =
1
3
.
Bài 20. Cho a, b, c > 0. Chứng minh : a
3
+ b
3
+ abc ≥ ab(a + b + c)

HƯỚNG DẪN
Hiệu của vế trái và vế phải bằng (a – b)
2
(a + b).

Bài 21. Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh :
a b c d
2
b c c d d a a b
+ + + ≥

ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

Trang 6
Tương tự
2 2
2
b d 4(b ab cd d )
c d a b (a b c d)
+ + +
+ ≥
+ + + + +
(2)
Cộng (1) với (2)
2 2 2 2
2
a b c d 4(a b c d ad bc ab cd)
b c c d d a a b (a b c d)
+ + + + + + +
+ + + ≥
+ + + + + + +
= 4B
Cần chứng minh B ≥
1
2
, bất đẳng thức này tương đương với :
2B ≥ 1 ⇔ 2(a
2
+ b
2
+ c

| A + B | ≤ | A | + | B | ⇔ | A + B |
2
≤ ( | A | + | B | )
2

⇔ A
2
+ B
2
+ 2AB ≤ A
2
+ B
2
+ 2| AB | ⇔ AB ≤ | AB | (bất đẳng thức đúng)
Dấu “ = “ xảy ra khi AB ≥ 0.
b) Ta có : M = | x + 2 | + | x – 3 | = | x + 2 | + | 3 – x | ≥ | x + 2 + 3 – x | = 5.
Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi (x + 2)(3 – x) ≥ 0 ⇔ -2 ≤ x ≤ 3 (lập bảng xét dấu)
Vậy min M = 5 ⇔ -2 ≤ x ≤ 3.
Bài 23. Giải phương trình :
2 2
2x 8x 3 x 4x 5 12
− − − − =
.

HƯỚNG DẪN
Điều kiện tồn tại của phương trình : x
2
– 4x – 5 ≥ 0 ⇔
x 1
x 5

Điều kiện : x ≤ 3. Đặt
3 x
−
= y ≥ 0, ta có : y
2
= 3 – x ⇒ x = 3 – y
2
.
B = 3 – y
2
+ y = - (y – ½ )
2
+
13
4
≤
13
4
. max B =
13
4
⇔ y = ½ ⇔ x =
11
4
.
Bài 26. So sánh :
n 2 n 1 và n+1 n
+ − + −
(n là số nguyên dương)


.
Bài 27. Với giá trị nào của x, biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất :
2 2
A 1 1 6x 9x (3x 1)
= − − + + −
.

HƯỚNG DẪN
A = 1 - | 1 – 3x | + | 3x – 1 |
2
= ( | 3x – 1| - 1/2 )
2
+ 3/4 ≥ 3/4.
Từ đó suy ra : min A = 3/4 ⇔ x = 3/4 hoặc x = 1/6
Bài 28. Tìm các số x, y, z thỏa mãn đẳng thức :
2 2 2
(2x y) (y 2) (x y z) 0
− + − + + + =HƯỚNG DẪN
x = 1 ; y = 2 ; z = -3.
Bài 29. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2 2
P 25x 20x 4 25x 30x 9
= − + + − +
.

HƯỚNG DẪN
P = | 5x – 2 | + | 3 – 5x | ≥ | 5x – 2 + 3 – 5x | = 1. min P = 1 ⇔

2
x y
x y
2 2 8
x y
x y
+
+
≥ ⇔ ≥
−
−

⇔ (x
2
+ y
2
)
2
– 8(x – y)
2
≥ 0
⇔ (x
2
+ y
2
)
2
– 8(x
2
+ y

6 2 6 2
x ; y
2 2
+ −
= =
hoặc
6 2 6 2
x ; y
2 2
− + − −
= =

Bài 31. Cho a + b + c = 0 ; a, b, c ≠ 0. Chứng minh đẳng thức :
2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c a b c
+ + = + +HƯỚNG DẪN
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2( c b a
2
a b c a b c ab bc ca a b c abc
+ +
   
+ + = + + + + + = + + +
   
   

+ 2y
2
– 3) + (y
2
– 2)
2
= 1 (1)

HƯỚNG DẪN
Ta có x
2
(x
2
+ 2y
2
– 3) + (y
2
– 2)
2
= 1 ⇔ (x
2
+ y
2
)
2
– 4(x
2
+ y
2
) + 3 = - x

a
< 1.
Vậy
20chöõ soá 9 20ch öõ soá 9
0,999 99 0,9 99 99
=
 
.
Bài 34. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của : A = | x -
2
| + | y – 1 | với | x | + | y | = 5

HƯỚNG DẪN
a) Tìm giá trị lớn nhất. Áp dụng | a + b | ≥ | a | + | b |.
A ≤ | x | +
2
+ | y | + 1 = 6 +
2
⇒ max A = 6 +
2
(khi chẳng hạn x = - 2, y = - 3)
b) Tìm giá trị nhỏ nhất. Áp dụng | a – b | ≥ | a | - | b .
A ≥ | x | -
2
| y | - 1 = 4 -
2
⇒ min A = 4 -
2
(khi chẳng hạn x = 2, y = 3)
Bài 35. Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x

x
2
. Suy ra :
x
4
+ y
4
+ z
4
≥ x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
(1)
Mặt khác, dễ dàng chứng minh được : Nếu a + b + c = 1 thì a
2
+ b
2
+ c
2
≥
1


HƯỚNG DẪN
Thay vì so sánh
n n 2 và 2 n+1
+ +
ta so sánh
n 2 n 1
+ − +
và
n 1 n
+ −
. Ta có
:
n 2 n 1 n 1 n n n 2 2 n 1
+ − + < + − ⇒ + + < +
.
Bài 37. Tính giá trị của biểu thức x
2
+ y
2
biết rằng :
2 2
x 1 y y 1 x 1
− + − =
.
50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ

Xét A
2
để suy ra : 2 ≤ A
2
≤ 4. Vậy : min A =
2
⇔ x = ± 1 ; max A = 2 ⇔ x = 0.
Bài 39. Tìm giá trị lớn nhất của :
(
)
2
M a b
= + với a, b > 0 và a + b ≤ 1.

HƯỚNG DẪN
Ta có :
(
)
(
)
(
)
2 2 2
M a b a b a b 2a 2b 2
= + ≤ + + − = + ≤
.
1
a b
max M 2 a b
2

( )
(
)
(
)
2 2
a c a b c d a c 0
+ + − + − ≥ + >
.
Bài 41. Cho
x y z xy yz zx
+ + = + +
, trong đó x, y, z > 0. Chứng minh x = y = z.

HƯỚNG DẪN
Từ
x y z xy yz zx
+ + = + +
⇒
(
)
(
)
(
)
2 2 2
x y y z z x 0
− + − + − =
.
Vậy x = y = z.

a b 2 2(a b) ab
+ ≥ +
(a, b ≥ 0).

HƯỚNG DẪN
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số a + b ≥ 0 và 2
ab
≥ 0, ta có :
(
)
2
a b 2 ab 2 2(a b) ab hay a b 2 2(a b) ab
+ + ≥ + + ≥ + .
Dấu “ = “ xảy ra khi a = b.
Bài 44. Chứng minh rằng nếu các đoạn thẳng có độ dài a, b, c lập được thành một tam giác thì
các đoạn thẳng có độ dài
a , b , c
cũng lập được thành một tam giác.
50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ
ẠI SỐ LỚP 9Sưu t
ầm v
à b
iên so

. Khi nào có đẳng thức ?

HƯỚNG DẪN
Ta có :
(
)
2
2
2
2
2 2 2
a 1 1
a 2 1
a 1
a 1 a 1 a 1
+ +
+
= = + +
+ + +
. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:
2 2
2 2
1 1
a 1 2 a 1. 2
a 1 a 1
+ + ≥ + =
+ +
. Vậy
2
2

a) Với n = 1 ta có :
1
1 1
P
2
3
= <
(*) đúng.
b) Giả sử :
k
1 1.3.5 (2k 1) 1
P
2.4.6 2k
2k 1 2k 1
−
< ⇔ <
+ +
(1)
c) Ta chứng minh rằng (*) đúng khi n = k + 1 , tức là :
k 1
1 1.3.5 (2k 1) 1
P
2.4.6 (2k 2)
2k 3 2k 3
+
+
< ⇔ <
+
+ +
(2)

Biến đổi tương đương :
2 2 3 3
a b a b
a b a b
b a
ab
+
+ ≤ + ⇔ + ≤

( )
2
( a b)(a ab b)
a b ab a ab b a b 0
ab
+ − +
⇔ + ≤ ⇔ ≤ − + ⇔ − ≥
(đúng). 50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ
ẠI SỐ LỚP 9Sưu t
ầm v
à b
iên so
ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN


+ c
2
+ d
2
+ 2
(
)
(
)
2 2 2 2
a b c d
+ + ≥ a
2
+ c
2
+ 2ac + b
2
+ d
2
+ 2bd
⇔
(
)
(
)
2 2 2 2
a b c d
+ +
≥ ac + bd (2)
* Nếu ac + bd < 0, (2) được chứng minh.

2
d
2
≥ a
2
c
2
+ b
2
d
2
+ 2abcd
⇔ (ad – bc)
2
≥ 0 (3). Bất đẳng thức (3) đúng, vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Bài 50. Cho a, b, c > 0. Chứng minh :
2 2 2
a b c a b c
b c c a a b 2
+ +
+ + ≥
+ + +
.

HƯỚNG DẪN

Cách 1 : Theo bất đẳng thức Cauchy :
2 2 2
a b c a b c a a b c
2 . 2. a a

+ c
2
)(x
2
+ y
2
+ z
2
) ≥ (ax + by + cz)
2
. Ta có :
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
a b c
X b c c a a b
b c c a a b
 
     
 
+ + + + + + +
 
     
 
 
+ + +
     
 
 
≥

+ + + + + < + + + + + ≤
.
50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ
ẠI SỐ LỚP 9Sưu t
ầm v
à b
iên so
ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

Trang 12
a
d
b
c
O
D
C
B
A
HƯỚNG DẪN
a) Ta nhìn tổng a + 1 dưới dạng một tích 1.(a + 1) và áp dụng bđt Cauchy :
x y
xy

)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2
1. a b 1. b c 1 . c a (1 1 1)X a b b c c a
 
+ + + + + ≤ + + + + + + +
 
 
⇒
(
)
2
a b b c c a
+ + + + +
≤ 3(a + b + b + c + c + a) =
6⇒
a b b c c a 6
+ + + + + ≤Bài 52. CM :
(
)
(
)

)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2
a c b c a d b d (a b)( c d )
+ + + + + ≥ + +
.
Chú ý : Giải bằng cách áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
(m
2
+ n
2
)(x
2
+ y
2
) ≥ (mx + ny)
2
với m = a , n = c , x = c , y = b ta có :
(a
2
+ c
2
)(c
2
+ b

A x x x . Vaäy minA
2 4 4 4
 
= + = + − ≥ − = −
 
 
. 50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ
ẠI SỐ LỚP 9Sưu t
ầm v
à b
iên so
ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

Trang 13
Phân tích sai lầm : Sau khi chứng minh f(x) ≥ -
1
4
, chưa chỉ ra trường hợp xảy ra f(x) = -
1
4

Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi
1

Theo bất đẳng thức Cauchy :
ab
x 2 ab
x
+ ≥ nên A ≥ 2
ab
+ a + b =
(
)
2
a b
+
.
min A =
(
)
2
a b
+ khi và chi khi
ab
x
x ab
x
x 0

=

⇔ =



= (2x + 3y)
2
≤ (2
2
+ 3
2
)(x
2
+ y
2
) = 13(x
2
+ y
2
).
Vói cách trên ta không chỉ ra được hằng số α mà A
2
≤ α. Bây giờ, ta viết A
2
dưới dạng :
A
2
=
(
)
2
2 . 2x 3. 3y
+
rồi áp dụng (1) ta có :
(

x y 1
2x 3y 5
=

⇔ = =

+ =
Bài 56. Tìm giá trị lớn nhất của A = x +
2 x
−
.

HƯỚNG DẪN
Điều kiện x ≤ 2. Đặt
2 x
−
= y ≥ 0, ta có : y
2
= 2 – x.
2
2
1 9 9 9 1 7
a 2 y y y maxA= y x
2 4 4 4 2 4
 
= − + = − − + ≤ ⇒ ⇔ = ⇔ =
 

2
+ b = 2. Sẽ chứng minh a + b ≤ 2. Cộng từng vế bất
đẳng thức :
2 2
a 1 b 1
a ; b
2 2
+ +
≤ ≤ .

Bài 58. Chứng minh bất đẳng thức sau bằng phương pháp hình học :
2 2 2 2
a b . b c b(a c)
+ + ≥ +
với a, b, c > 0.

HƯỚNG DẪN
Đặt các đoạn thẳng BH = a, HC = c trên một đường thẳng.
Kẻ HA ⊥ BC với AH = b. Dễ thấy AB.AC ≥ 2S
ABC
= BC.AH.

Bài 59. Chứng minh
2

. Xét hiệu hai vế :
1
ab a b
2
 
+ +
 
 
-
(
)
ab a b
+
=
1
ab a b a b
2
 
+ + − −
 
 
=
=
2 2
1 1
ab a b
2 2
 
   
− + −

Do đó :
a 2a
b c a b c
≥
+ + +
. Tương tự :
b 2 b c 2c
;
a c a b c a b a b c
≥ ≥
+ + + + + +

c
a
b
CB
A50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ
ẠI SỐ LỚP 9Sưu t
ầm v
à b
iên so
ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN


+ y
2
= 1.

HƯỚNG DẪN
Cách 1 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki. Ta có :
(
)
( )( )
2
2 2 2 2 2 2
x 1 y y 1 x x y 1 y 1 x
− + − ≤ − − + −
.
Đặt x
2
+ y
2
= m, ta được : 1
2
≤ m(2 - m) ⇒ (m – 1)
2
≤ 0 ⇒ m = 1 (đpcm).
Cách 2 : Từ giả thiết :
2 2
x 1 y 1 y 1 x
− = − −
. Bình phương hai vế :
x
2

2
+ y
2
= 1 .

Bài 62. Tìm giá trị nhỏ nhất của
A x 2 x 1 x 2 x 1
= − − + + −HƯỚNG DẪN
Áp dụng | A | + | B | ≥ | A + B | . min A = 2 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2 .

Bài 63. Tìm GTNN, GTLN của
A 1 x 1 x
= − + +
.

HƯỚNG DẪN
Xét A
2
= 2 + 2
2
1 x
−
. Do 0 ≤
2
1 x
−
≤ 1 ⇒ 2 ≤ 2 + 2

.

Bài 65. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2
A x 4x 12 x 2x 3
= − + + − − + +
.

HƯỚNG DẪN 50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ
ẠI SỐ LỚP 9Sưu t
ầm v
à b
iên so
ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

Trang 16
Tập xác định :
2
2
x 4 x 12 0 (x 2)(6 x) 0
1 x 3
(x 1)(3 x ) 0
x 2 x 3 0

A
2
= (x + 2)(6 – x) + (x + 1)(3 – x) - 2
(x 2 )(6 x )(x 1)(3 x )
+ − + −
=
= (x + 1)(6 – x) + (6 – x) + (x + 2)(3 – x) – (3 – x) - 2
(x 2 )(6 x )(x 1)(3 x )
+ − + −

= (x + 1)(6 – x) + (x + 2)(3 – x) - 2
(x 2 )(6 x )(x 1)(3 x )
+ − + −
+ 3
=
(
)
2
(x 1)(6 x) (x 2 )(3 x ) 3
+ − − + − +
.
A
2
≥ 3. Do A > 0 nên min A =
3
với x = 0.

Bài 66. Tìm GTNN, GTLN của :
(
)

2 2 2
2
2
x 0
x
5 x
A 25 x 4(5 x ) x 2
2
x 5
x 5
≥


= −


= ⇔ ⇔ = − ⇔ =
 
 
≤
≤


.
Với x = 2 thì A = 5. Vậy max A = 5 với x = 2.
* Tìm giá trị nhỏ nhất : Chú ý rằng tuy từ A
2
≤ 25, ta có – 5 ≤ x ≤ 5, nhưng không xảy ra
A
2

x 200 x
10. 1000
2
= + − ≤ + + − = − <
+ −
< =

2
2
2 2
x 1 01
99 99
A 10 00 x 1 0
1
101 x
x 200 x

≤


= ⇔ = ⇔ = ±

−


= −

. Do đó : - 1000 < A < 1000.
min A = - 1000 với x = - 10 ; max A = 1000 với x = 10.
Bài 67. Tìm GTNN của A = x + y biết x, y > 0 thỏa mãn

 
.
Theo bất đẳng thức Cauchy với 2 số dương :
ay bx ay bx
2 . 2 ab
x y x y
+ ≥ =
.
Do đó
(
)
2
A a b 2 ab a b
≥ + + = +
.
(
)
2
min A a b
= + với
ay bx
x y
x a ab
a b
1
x y
y b ab
x, y 0

=

.
Từ đó tìm được giá trị nhỏ nhất của A.

Bài 68. Tìm GTNN của A = (x + y)(x + z) với x, y, z > 0 , xyz(x + y + z) = 1.

HƯỚNG DẪN
A = (x + y)(x + z) = x
2
+ xz + xy + yz = x(x + y + z) + yz
2 xyz(x y z) 2
≥ + + =

min A = 2 khi chẳng hạn y = z = 1 , x =
2
- 1.

Bài 69. Tìm GTNN của
xy yz zx
A
z x y
= + + với x, y, z > 0 , x + y + z = 1.

HƯỚNG DẪN
Theo bất đẳng thức Cauchy :
xy yz xy yz
2 . 2y
z x z x
+ ≥ =
.
Tương tự :

. Theo bất đẳng thức Cauchy : 50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ
ẠI SỐ LỚP 9Sưu t
ầm v
à b
iên so
ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

Trang 18
xy yz zx
x y y z z x x+y+z 1
xy ; yz ; zx nên
2 2 2 2 2 2
+ +
+ + +
≥ ≥ ≥ ≥ =
.
min A =
1
2

1
x y z
3

(
)
(
)
(
)
2 2 2
A a b a b a b 2a 2b 2
= + ≤ + + − = + ≤
.
1
a b
max A 2 a b
2
a b 1

=

= ⇔ ⇔ = =

+ =



b) Ta có :
(
)
(
)
(

+ c
2
+ d
2
+ 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd) = 6(a + b + c + d)
2
≤ 6
1
a b c d
max B 6 a b c d
4
a b c d 1

= = =

= ⇔ ⇔ = = = =

+ + + =

Bài 72. Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 3
x
+ 3
y
với x + y = 4.

HƯỚNG DẪN
x y x y x y 4

x y y y x 1 y x y 1 x y 1 1
A 1 2. . 2
2y y x 2y 2 x 2y x 2 2y x 2 2
 
+
≥ − + = + − + = + − ≥ − = −
 
 
50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ
ẠI SỐ LỚP 9Sưu t
ầm v
à b
iên so
ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

Trang 19
1
min A 2 d 0 , x y 2 , b c a d
2
= − ⇔ = = + ≥ +
; chẳng hạn khi
a 2 1,b 2 1,c 2,d 0
= + = − = =

– 14(a + 1)]
2000

= (259
17
- 225
17
- 34
17
- 1)
2000
= 1.

Bài 75. Chứng minh :
a a 1 a 2 a 3
− − < − − −
(a ≥ 3)

HƯỚNG DẪN
Biến đổi :
1 1
a a 1 ; a 2 a 3
a a 1 a 2 a 3
− − = − − − =
+ − − + −
.

Bài 76. Chứng minh :
2
1

2 2
a b 2(a b )
+ ≤ +
(*) (a + b ≥ 0)
Áp dụng (*) ta có :
S x 1 y 2 2(x 1 y 2) 2
= − + − ≤ − + − =

3
x
x 1 y 2
2
maxS 2
x y 4 5
y
2

=

− = −


= ⇔ ⇔


+ =


=


2x 1 x
B
1 x x
−
= +
−
. Khi đó :
2x 1 x
(1)
2x 1 x
B 2 . 2 2. B 2 2
1 x x
1 x x
0 x 1 (2)
−

=
−

≥ = = ⇔
−

−

< <


Giải (1) : 2x
2
= (1 – x)

2
+ 3 khi và chỉ khi x =
2
- 1.

Bài 79. Tìm GTLN của :
a) A x 1 y 2
= − + −
biết x + y = 4 ; b)
y 2
x 1
B
x y
−
−
= +HƯỚNG DẪN
a) Điều kiện : x ≥ 1 , y ≥ 2. Bất đẳng thức Cauchy cho phép làm giảm một tổng :
a b
ab
2
+
≥ . Ở đây ta muốn làm tăng một tổng. Ta dùng bất đẳng thức :
2 2
a b 2(a b )
+ ≤ +
A x 1 y 2 2(x 1 y 3) 2
= − + − ≤ − + − =

Theo bất đẳng thức Cauchy :
x 1 1.(x 1) 1 x 1 1
x x 2x 2
− − + −
= ≤ =

y 2 2.(y 2)
2 y 2 1 2
y 4
y 2 2y 2 2 2
− −
+ −
= ≤ = =
x 1 1 x 2
1 2 2 2
max B
y 2 2 y 4
2 4 4
− = =
 
+
= + = ⇔ ⇔
 
− = =
 Bài 80. Cho
a 1997 1996 ; b 1998 1997
= − = −

2
1
a) A b) B x 2x 4
5 2 6 x
= = − + +
+ −
.

HƯỚNG DẪN
a) min A = 5 - 2
6
với x = 0. max A =
1
5
với x = ±
6
.
b) min B = 0 với x = 1 ±
5
. max B =
5
với x = 1

Bài 82. Tìm giá trị lớn nhất của
2
A x 1 x
= −
.

HƯỚNG DẪN

2
lớn nhất. Theo bđt Bunhiacôpxki :
2
2 2 2 2
1 1 5
A (x y) 1.x .2y 1 (x 4y )
2 4 4
   
= − = − ≤ + + =
   
   

2 2
2 5
2y 1
x
5
5
max A =
x 2
2
5
x 4y 1
y
10


= −

= −

3
biết x, y ≥ 0 ; x
2
+ y
2
= 1.

HƯỚNG DẪN
a) Tìm giá trị lớn nhất : Từ giả thiết :
3 2
3 3 2 2
3 2
0 x 1 x x
x y x y 1
0 y 1
y y

≤ ≤ ≤


⇔ ⇔ + ≤ + =
 
≤ ≤
≤




3 2
3 2
Sưu t
ầm v
à b
iên so
ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

Trang 22
(
)
(
)
3 3
3 3
x y x y
x y
2
+ +
+ ≥
. Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
(
)
(
)
( ) ( )
(
)
2 2 2
2 2

Đặt
x a ; y b
= =
, ta có a, b ≥ 0, a + b = 1.
A = a
3
+ b
3
= (a + b)(a
2
– ab + b
2
) = a
2
– ab + b
2
= (a + b)
2
– 3ab = 1 – 3ab.
Do ab ≥ 0 nên A ≤ 1. max A = 1 ⇔ a = 0 hoặc b = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1, y = 0.
Ta có
2
(a b) 1 1 1 1 1
ab ab 1 3ab . min A x y
4 4 4 4 4 4
+
≤ = ⇒ ≤ ⇒ − ≥ = ⇔ = =Bài 86. Giải phương trình :

Ta có : 6 + 4x + 2x
2
= 2(x
2
+ 2x + 1) + 4 = 2(x + 1)
2
+ 4 > 0 với mọi x. Vậy phương trình xác
định với mọi giá trị của x. Đặt
2
x 2x 3
+ +
= y ≥ 0, phương trình có dạng :
y
2
- y
2
- 12 = 0 ⇔ (y - 3
2
)(y + 2
2
) = 0 ⇔
y 3 2
y 2 2 (loai vì y 0

=

= − ≥



50
BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Đ
ẠI SỐ LỚP 9Sưu t
ầm v
à b
iên so
ạn: NGUYỄN HỮU BIỂN

Trang 23
b) Nếu b ≠ 0 thì
x y a a
x y
b b
x y
−
=
⇒
− = ∈
+
Q (2).
Từ (1) và (2) :
1 a 1 a
x b Q ; y b Q
2 b 2 b
   

)
(
)
(
)
2 2 2 2
2
2 2 2 2
2 2 2 2
5 x a x x a x
5a
2 x x a (1) 2 x x a
x a x a
+ + + −
+ + ≤ ⇔ + + ≤
+ +

Do a
≠ 0 nên :
2 2 2
x a x x x x x 0
+ + > + = + ≥
. Suy ra :
2 2
x a x 0
+ + >
, ∀x.
Vì vậy : (1) ⇔
(
)


< ≤

.

Bài 90. Rút gọn các biểu thức sau :
a)
2
2
2a 1 x
C
1 x x
+
=
+ −
với
1 1 a a
x
2 a 1 a
 
−
= −
 
−
 
; 0 < a < 1
b)
(
)
(

b) Ta có a
2
+ 1 = a
2
+ ab + bc + ca = (a + b)(a + c). Tương tự :
b
2
+ 1 = (b + a)(b + c) ; c
2
+ 1 = (c + a)(c + b). Đáp số : M = 0.

Bài 91. Chứng minh :
2 2
x 4 x 4 2x 4
x x
x x
x
− − +
+ + − =
với x ≥ 2.

HƯỚNG DẪN
Gọi vế trái là A > 0. Ta có
2
2x 4
A
x
+
=
. Suy ra điều phải chứng minh.

1
4
nên : a
2
+ b
2
= (a + b)
2
– 2ab = 1 +
1 3
2 2
=
.
a
4
+ b
4
= (a
2
+ b
2
)
2
– 2a
2
b
2
=
9 1 17
4 9 8

7 17 1 239
. 1
4 8 64 64
 
− − − − = −
 
 
.
Bài 93. Cho
a 2 1
= −

a) Viết a
2
; a
3
dưới dạng
m m 1
− −
, trong đó m là số tự nhiên.
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số a
n
viết được dưới dạng trên.

HƯỚNG DẪN
a)
2 2
a ( 2 1) 3 2 2 9 8
= − = − = −
.

n
= (- 1)
n
.
Nếu n chẵn thì A
2
– 2b
2
= 1 (1). Nếu n lẻ thì A
2
– 2B
2
= - 1 (2).
Bây giờ ta xét a
n
. Có hai trường hợp :
* Nếu n chẵn thì : a
n
= (
2
- 1)
n
= (1 -
2
)
n
= A - B
2
=
2 2


Bài 94. Cho biết x =
2
là một nghiệm của phương trình x
3
+ ax
2
+ bx + c = 0 với các hệ số
hữu tỉ. Tìm các nghiệm còn lại.

HƯỚNG DẪN
Thay a =
2
vào phương trình đã cho : 2
2
+ 2a + b
2
+ c = 0
⇔
2
(b + 2) = -(2a + c).
Do a, b, c hữu tỉ nên phải có b + 2 = 0 do đó 2a + c = 0. Thay b = - 2 , c = - 2a vào phương
trình đã cho : x
3
+ ax
2
– 2x – 2a = 0 ⇔ x(x
2
– 2) + a(x
2

Trang 25
Đặt x – y = a ;
x y b
+ =
(1) thì a và b là số hữu tỉ. Xét hai trường hợp :
a) N
ếu b ≠ 0 thì
x y a a
x y
b b
x y
−
=
⇒
− =
+
là số hữu tỉ (2). Từ (1) và (2) ta có :
1 a
x b
2 b
 
= +
 
 
là số hữu tỉ ;
1 a
y b
2 b
 
= −

a b
2
2 a 2 b
+ =
+ −

⇒ a
2
2
- a
2
b + b
2
2
+ ab
2
=
2
(2 - b
2
+ a
2
- ab)
⇒
2
(a
2
+ b
2
– 2 + ab) – ab(a – b) = 2(a – b)

2
a 1
1 x
a 1
−
− =
+
.
Với a ≥ 1, bình phương hai vế, cuối cùng được : x =
2 a
a 1
+
.
Điều kiện x ≤ 1 thỏa mãn (theo bất đẳng thức Cauchy). Kết luận : Nghiệm là x =
2 a
a 1
+
. Với
a ≥ 1.
Bài 98. Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
x 1 y 2y
y 1 z 2z
z 1 x 2x

+ =

