Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
1
CHUYÊN ĐỀ 1: SỐ CHÍNH PHƢƠNG
I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phƣơng là số bằng bình phƣơng đúng của một số nguyên.
II. TÍNH CHẤT:
1. Số chính phƣơng chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ
số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.
2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phƣơng chỉ chứa các thừa số nguyên tố
với số mũ chẵn.
3. Số chính phƣơng chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính
phƣơng nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n

N).
4. Số chính phƣơng chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính
phƣơng nào có dạng 3n + 2 (n

N).
5. Số chính phƣơng tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phƣơng tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2
Số chính phƣơng tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phƣơng tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
6. Số chính phƣơng chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
Số chính phƣơng chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.
Số chính phƣơng chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.
Số chính phƣơng chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƢƠNG
A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƢƠNG
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì
A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y
4

–y
4
+ y
4
= t
2
= (x
2
+ 5xy + 5y
2)2

V ì x, y, z

Z nên x
2


Z, 5xy

Z, 5y
2


Z

x
2
+ 5xy + 5y
2



N nên n
2
+ 3n + 1

N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phƣơng.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .
Ta có k(k+1)(k+2) =
4
1
k(k+1)(k+2).4 =
4
1
k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
=
4
1
k(k+1)(k+2)(k+3) -
4
1
k(k+1)(k+2)(k-1)

S =
4
1
.1.2.3.4 -
4
1
.0.1.2.3 +

9
110 
n
. 10
n
+ 8.
9
110 
n
+ 1 =
9
9810.810.410.4
2

nnn
=
9
110.410.4
2

nn

=








A = 11…1 + 44…4 + 1

2n chữ số 1 n chữ số 4

2
2

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
3
B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8

2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6

C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7

2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8

Kết quả: A =









3
210
n


n-2 chữ số 9 n chữ số 0

b. B = 11…155…56

n chữ số 1 n-1 chữ số 5

a. A = 224.10
2n
+ 99…9.10
n+2
+ 10
n+1
+ 9= 224.10
2n
+ ( 10
n-2
– 1 ) . 10
n+2
+ 10
n+1
+ 9
= 224.10
2n
+ 10
2n
– 10
n+2
+ 10
n+1

9
9510.51010
2

nnn =
9
410.410
2

nn
=









3
210
n
là số chính phƣơng ( điều phải chứng minh)
Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là
một số chính phương
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n

4
Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n
6
– n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
trong đó n

N và n>1 không
phải là số chính phương
n
6
– n
4
+ 2n
3
+2n
2
= n
2
.( n
4
– n
2
+ 2n +2 ) = n
2
.[ n

và n
2
– 2n + 2 = n
2
– 2(n - 1) < n
2

Vậy ( n – 1)
2
< n
2
– 2n + 2 < n
2


n
2
– 2n + 2 không phải là một số chính phƣơng.
Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng
đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó
là một số chính phương
Cách 1: Ta biết một số chính phƣơng có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng
chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phƣơng đã cho là 1,3,5,7,9
khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5
2
là số chính phƣơng
Cách 2: Nếu một số chính phƣơng M = a
2
có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận
cùng của a là 4 hoặc 6

= 4k
2
+ 4k + 1 + 4m
2
+ 4m + 1
= 4(k
2
+ k + m
2
+ m) + 2 = 4t + 2 (Với t

N)
Không có số chính phƣơng nào có dạng 4t + 2 (t

N) do đó a
2
+ b
2
không thể là số
chính phƣơng.
Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1
không thể là các số chính phương.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p

2 và p không chia hết cho 4 (1)
a. Giả sử p+1 là số chính phƣơng . Đặt p+1 = m
2
(m

N)

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
5
Không có số chính phƣơng nào có dạng 3k+2

p-1 không là số chính phƣơng .
Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phƣơng
Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số
chính phương.
a. 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1
Có 2N

3

2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k

N)

2N-1 không là số chính phƣơng.
b. 2N = 2.1.3.5.7…2007
Vì N lẻ

N không chia hết cho 2 và 2N

2 nhƣng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dƣ 1

2N không là số chính phƣơng.
c. 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1
2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4

200822008

=









3
210
20081ab
=









3
210

2



1ab
=
2
)13( a
= 3a + 1

N
2
2

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
6
B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH
PHƢƠNG
Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:
a. n
2
+ 2n + 12 b. n ( n+3 )
c. 13n + 3 d. n
2
+ n + 1589
Giải
a. Vì n

b. Đặt n(n+3) = a
2
(n

N)

n
2
+ 3n = a
2


4n
2
+ 12n = 4a
2

(4n
2
+ 12n + 9) – 9 = 4a
2

(2n + 3)
2
- 4a
2
= 9

(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a)= 9



N)

13(n – 1) = (13k

4 )
2
– 16 = 13k.(13k

8)

n = 13k
2


8k + 1
Vậy n = 13k
2


8k + 1 (Với k

N) thì 13n + 3 là số chính phƣơng.
d. Đặt n
2
+ n + 1589 = m
2
(m

N)

Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính
phương .
Với n = 1 thì 1! = 1 = 1
2
là số chính phƣơng .
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phƣơng
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 3
2
là số chính phƣơng
Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều
tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải
là số chính phƣơng .
Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3.
Bài 4: Tìm n

N để các số sau là số chính phương:
a. n
2
+ 2004 ( Kết quả: 500; 164)
b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)
c. n
2
+ 4n + 97
d. 2
n
+ 15
Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n
2
là số chính phương.
Giả sử 2006 + n

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n
2
là số chính phƣơng.
Bài 6: Biết x

N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
Đẳng thức đã cho đƣợc viết lại nhƣ sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
Do vế trái là một số chính phƣơng nên vế phải cũng là một số chính phƣơng .
Một số chính phƣơng chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x
chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1)
2

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
8
Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x

N và 2 < x ≤ 9 (2)
Từ (1) và (2)

x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7.
Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 76
2
= 5776
Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính
phương.
Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phƣơng lẻ trong khoảng trên ta
đƣợc 25; 49; 81; 121; 169 tƣơng ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84.
Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phƣơng.
Vậy n = 40
Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số

n+1 lẻ

k lẻ

Đặt k = 2b+1 (Với b

N)

k
2
= 4b(b+1) +1


n = 4b(b+1)

n

8 (1)
Ta có k
2
+ m
2
= 3n + 2

2 (mod3)
Mặt khác k
2
chia cho 3 dƣ 0 hoặc 1, m
2
chia cho 3 dƣ 0 hoặc 1.

Từ (1), (2), (3)

n

24.
Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 2
8
+ 2
11
+ 2
n
là số chính phương .
Giả sử 2
8
+ 2
11
+ 2
n
= a
2
(a

N) thì
2
n
= a
2
– 48
2
= (a+48)(a-48)


q = 5 và p-q = 2

p = 7

n = 5+7 = 12
Thử lại ta có: 2
8
+ 2
11
+ 2
n
= 80
2

C. DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƢƠNG

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
9

Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A
một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B.
Gọi A = abcd = k
2
. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số
B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m
2
với k, m

N và 32 < k < m < 100

ta có ab – cd = 1 và k

N, 32 ≤ k < 100
Suy ra 101cd = k
2
– 100 = (k-10)(k+10)

k +10

101 hoặc k-10

101
Mà (k-10; 101) = 1

k +10

101
Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110

k+10 = 101

k = 91

abcd = 91
2
= 8281

Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số
cuối giống nhau.
Gọi số chính phƣơng phải tìm là aabb = n

= y
3
Với x, y

N

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
10
Vì y
3
= x
2
nên y cũng là một số chính phƣơng .
Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999

10 ≤ y ≤ 21 và y chính phƣơng

y = 16

abcd = 4096
Bài 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố,
căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.
Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b,c,d ≤ 9
abcd chính phƣơng

d

{ 0,1,4,5,6,9}
d nguyên tố


2
– b
2
)

11

a
2
- b
2


11
Hay ( a-b )(a+b )

11
Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b

11

a + b = 11
Khi đó ab

- ba = 3
2
. 11
2
. (a - b)
Để ab

2
2

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
11
Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )
3


(10a+b)
2
= ( a + b )
3


ab là một lập phƣơng và a+b là một số chính phƣơng
Đặt ab = t
3
( t

N ) , a + b = l
2
( l

N )
Vì 10 ≤ ab ≤ 99

ab = 27 hoặc ab = 64
 Nếu ab = 27



3

2a – 1

3
Vì 1 ≤ a ≤ 9 nên 1 ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – 1

{ 3; 9; 15 }


a

{ 2; 5; 8 }
Vì a lẻ

a = 5

n = 21
3 số càn tìm là 41; 43; 45

Bài 10: Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng
tổng lập phương các chữ số của số đó.
ab (a + b ) = a
3
+ b
3


10a + b = a

Thanh Mỹ, ngày 23 tháng 7 năm 2012
Chuyên đề 2: CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC
I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
13
1/ Cho biểu thức f( 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 đƣợc thoả mãn:
- Với mọi x,y để f(x,y ) xác định thì :
f(x,y )


+ ( x – 3)
2
. Mặc dù ta có A

0
nhƣng chƣa thể kết luận đƣợc minA = 0 vì không tồn tại giá trị nào của x để A = 0 ta
phải giải nhƣ sau:
A = x
2
– 2x + 1 + x
2
– 6x + 9 = 2( x
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 GTNN ,GTLN CỦA BIỂU THƢC 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

b
4
2
=k . Do ( x +
a
b
2
)
2


0 nên :
- Nếu a

0 thì a( x +
a
b
2
)
2


0 , do đó P

k. MinP = k khi và chỉ khi x = -
a
b
2

-Nếu a

-36
minA = -36

y = 0

x
2
– 7x + 6 = 0

x
1
= 1, x
2
= 6.
3/ Biểu thức là một phân thức :
a/ Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai:
Ví dụ : Tìm GTNN của A =
2
956
2
xx 
.
Giải : A =
2
956
2
xx 
. =
569
2


b thì
a
1



b
1
với a, b cùng dấu). Do đó
4)13(
2
2


x


4
2

A

-
2
1

minA = -
2
1

15
2. Tìm GTLN của BT :
2
1
A
x 6x 17


HD
Giải:
 
2
2
1 1 1 1
A . max A= x 3
x 6x 17 8 8
x 3 8
    



3. (51/217) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
3
A
2 x 2x 7

   

b/ Phân thức có mẫu là bình phƣơng của nhị thức.



2
minA = 2 khi và chi khi x = 2.
Cách 2: Đặt x – 1 = y thì x = y + 1 ta có :
A =
   
2 2 2
2
22
3( 1) 8( 1) 6 3 6 3 8 8 6 3 2 1
2 1 2 2 1
1 2 1 1
y y y y y y y
y y y y
yy
          

    
   
= 3 -
y
2
+
2
1
y
= (
y
1




3, ( 45/ 214) Tìm GTNN và GTLN của bt:
2
2
C
57
x
xx



4, ( 47, 48 /215) Tìm GTNN của bt : a,
2
2
22
D
23
xx
xx



b,
2
2
21
E
2 4 9

2


x
x
- 1

-1

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
16
Min A= -1 khi và chỉ khi x = 2
Tìm GTLN A =
1
14444
2
22


x
xxx
= 4 -
1
)12(
2
2


x
x



Với x > 0; b,
5
3
2
D
x
x


Với x >
0
4, (34, 36/ 221) Tìm GTNN của bt: a,
2
3
2
Ex
x

với x > 0; b,
3
2
1
F


x
x
Với x > 0

Với x > 0
III/ TÌM GTNN, GTLN CỦA BT CÓ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN
Ví dụ : Tìm GTNN của A = x
3
+ y
3
+ xy biết rằng x + y = 1
sử 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
+ xy = x
2
+ y
2

Đến đây ta có nhiều cách giải
Cách 1: sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức có chứa A
x + y = 1

x
2
+ 2xy + y
2
= 1 (1)

2
1
khi và chỉ khi x = y =
2
1

Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đƣa về tam thức bậc hai đối với x. Thay y = x – 1 vào A

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
17
A = x
2
+ (1 – x)
2
= 2(x
2
– x) +1 = 2(x
2
-
2
1
)
2
+
2
1



2

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



2
1
=> MinA =
2
1

a = 0

x=y =
2
1

Bài tập 1: Tìm Min A =
22
3 3 2014a ab b a b    

Cách 1 Ta có: A=

= a 1 + 2011
24
b
b



  



 Min A = 2011 khi
1
a 1 0
1
2
10
b
ab
b


  

  






Bài 1 CMR : Min P = 0 Với P =
22
3 3 3a ab b a b    

Bài 2 CMR: không có giá trị nào của x, y, z thỏa mãn ĐT:
2 2 2
4 2 8 6 15 0x y z x y z      

Hướng dẫn Ta có:
     
2 2 2
2 2 2
VT 2 1 4 8 4 6 9 1= x-1 2 2 3 1 1               x x y y z z y zGv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
18
Bài 3: Có hay không các số x,y,z thỏa mãn mỗi đẳng thức sau:
1)
2 2 2
4 4 4 8 22 0x y z x y z      

2)
2 2 2
x 4 9 2 12 12 1994y z x y z     

Hướng dẫn Ta có:

     
2 2 2

= 2 5 1 2 2
m mp p p p m p
m p m p p
m p p
       
      
     

Bài 5: CMR: Max B = 4 Với
22
B 5 2 4 10 6a b a ab b      

Hướng dẫn Ta có:
2 2 2
B 4 4 6 9 2 4 1 4          a ab b b b a b
   
 
2 2 2
= 4 - 4 4 6 9 2 2 1

       

a ab b b b a b
     
22
= 4 - 2 2 2 1 3

     

a b a b b

2 2 2
C = x+2 2 3 3 4 1yz    
)
d)
22
D= 20x 18 24 4 12 2016y xy x y    
( Gợi ý
     
22
D= 4x-3y 2 1 3 2 2011xy    
)
Bài 7: Tìm các số a, b, c, d thỏa mãn :
 
2 2 2 2
a b c d a b c d     
(*)

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
19
Ta có :
 
 
 
     
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2

1a b ab a b    

Bài 3: Tìm các số a, b, thỏa mãn :
22
4 4 4 4 4 4 0a b ab a b     

Bài 4: Tìm các số x, y, z thỏa mãn :
2 2 2
4 2 8 6 14x y z x y z     

Bài 5: Tìm các số m, p, thỏa mãn :
22
5 4 10 22 25m p mp m p    

IV Các chú ý khi giải bài toán cực trị :
1, Chú ý 1: Khi tìm bai toán cực trị ta có thể đổi biến
Ví dụ : Tìm GTNN của ( x – 1)
2
+ ( x – 3)
2

ta đặt x – 2 = y, biểu thức trở thành (y + 1)
2
+ (y – 1)
2
=2y
2
+2

2

1
A
nhỏ nhất và
ngƣợc lại)
Ta có :
1
A
=
2 2 4 2 2
4 4 4
( 1) 2 1 2
1
1 1 1
x x x x
x x x
  
  
  
.Vậy
1
A

1

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
20
min
1
A
= 1 khi x = 0 .Do đó maxA =1 khi x = 0

( a+ b)
2

Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a
2
+ b
2
) ( c
2
+ d
2
)

(ac + bd)
2

Ví dụ Cho x
2
+ y
2
= 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y
Giải :Áp dụng BĐT BCS ta có ( 2x + 3y )
2


( 2
2
+3
2
).52

= 52 ta đƣợc 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 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
- Nếu 2 số dƣơng có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi 2 số đó bang nhau
Ví dụ: Tìm GTLN, GTNN của tích xy, biết x,y
N
thoả mãn x + y = 2005
Giải : Ta có 4xy = (x + y)
2
– (x – y)
2
= 2005

14
A =
x y


Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm
14
,
x y
ta có:
1 4 4
x y
xy

(1)
Lại có:
1
22
xy
xy


(2 )
Từ (1) và (2) suy ra :
1 4 4 4
A = 8
1
x
2
y

yx
Ta có :
44
2 . 4
x y x y
y x y x
  

Dấu “=” xẩy ra khi
1
4
2
3
12
1
3
xy
x
yx
yx
xy
y
xy







Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
22
Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm
1
x,
x
Ta có:
11
x+ 2 x. 2
xx


(1)
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm
1
y,
y
Ta có:
11
y+ 2 y. 2
yy


(2)
Từ (1) và (2) =>A

8 => Min A = 8
Phân tích sai lầm: Đẳng thức sảy ra ở (1) khi



. Khi đó: x
2
+ y
2
= (x + y)
2
– 2xy

1 -
1
2
=
1
2
(1)
2 2 2 2
1 1 1 2
28
x y x .y xy
   
(2). Từ (1) và (2) =>A

8 +
1
2
+4 =
25
2

. Vậy Max A =
1
8
3x

Phân tích sai lầm: Kết quả đúng nhƣng lập luận sai ở chỗ cho rằng “ A có tử không đổi
nên đạt GTLN khi mẫu đạt GTNN” mà chƣa đua ra nhận xét tử và mẫu là các số dƣơng

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
23
Lời giải đúng: Bổ xung thêm nhận xét
 
2
2
6 17 3 8 8x x x     
nên tử và mẫu của A là
dƣơng
VD2:Tìm GTNN cuả BT: A = x
2
+ y
2
biết x + y =4
Ta có : A = x
2
+ y
2


2xy => A đạt GTNN
22


(x – 2 )
2
= 0

x =2
Đi đến min x
2
= 4

x = 2 Dễ thấy kết quả đúng phải là Min x
2
= 0

x =0
Lời giải đúng: Ta có x + y =4

 
2
x + y =16
(1)
Ta lại có :
 
2
22
x - y 0 x -2xy+y 0   
(2)
Từ (1) và (2) => 2( x
2
+ y


. Vậy: Min A =
1
4


P/tích sai lầm: sau khi c/m f(x)

1
4

chƣa chỉ ra trƣờng hợp xảy ra
f(x)=
1
4


1
2
x 
(vô lí )
Lời giải đúng: ĐKTT
x
là
0x 
do đó : A = x +
x
0
=> Min A = 0
0x

64xyx z+y y+z z+x 1 =>xyx z+y y+z z+x
64

. Vậy Max A =
1
64

Phân tích sai lầm: Sai lầm ở chỗ chƣa chi ra khả năng xảy ra dấu “=”
ĐK để Max A =
1
64
là :
z+y = x
y+x = z 0
x+z = y x + z + y = 1
x + z + y = 1 x, y, z 0
x, y, z 0
x y z


  










9



khi
     
x +y = z+x = y+ z
1
1
3
, , 0
x y z x y z
x y z


      





VD3: Tìm giá trị nhỏ nhất của :
(x a)(x b)
A
x


với x > 0, a, b là các hằng số dƣơng.
Lời giải sai: Ta có:
  

2
(x a)(x b) x ax+bx+ab ab
A x (a b)
x x x
  

     


.
Theo bất đẳng thức Cauchy :
ab
x 2 ab
x

nên A ≥ 2
ab
+ a + b =
 
2
abGv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
25
min A =
 
2
ab
khi và chi khi

,
xy

ta có:
1 1 1 1 1
.
2 x y x y




Hay
11
4
xy

=>
4xy 

Mặt khác ta có: x > 0, y > 0 =>
0, 0xy
. áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
2 2 4 4x y xy   

Vậy: Min A = 4 khi :
4
1 1 1
2
xy
xy

2 4 4

       



Áp dụng BĐT Cô- si cho 2 số
22
x x 1, x x 1   
ta có :
2 2 2 2 4 2
4
x x 1 x x 1 2 x x 1. x x 1 2 x x 1 2             

 Max A = 2 khi
42
22
x x 1 1
x0
x x 1 x x 1

  



    



VD3 Tìm giá trị nhỏ nhất của :