- 1 -
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị Trường THPT Ngô Quyền
Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG
BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH
Người thực hiện: ĐỖ TẤT THẮNG.
Lĩnh vực nghiên cứu:
Quản lý giáo dục 
Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN 
Lĩnh vực khác: 
Có đính kèm:
 Mô hình  Đĩa CD(DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)
Năm học: 2014-2015
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: ĐỖ TẤT THẮNG
2. Ngày tháng năm sinh: 06/09/1981
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 149/7 Hưng Đạo Vương, Khu phố 2 phường Trung Dũng, BH-Đồng Nai.
5. Điện thoại: 0918.306.113
6. E-mail: [email protected]
7. Chức vụ : Không
8. Nhiệm vụ được giao:
+Giáo viên Toán lớp 10A2,10A6 và 11A6.
+Giáo viên chủ nhiệm lớp 10A2.
+Tham gia bồi dưỡng đội tuyển Toán lớp 10.

dụng BĐT không cần huy động tới kiến thức đạo hàm của lớp 12, đôi khi là phương
pháp duy nhất. Hơn hết là rất phù hợp với HS lớp 10.
- Ứng dụng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình là hệ thống phương pháp rất
sâu và rộng. Nhưng với vai trò giáo viên dạy Toán khối 10 và trong phạm vi sáng kiến
kinh nghiệm này chúng tôi chỉ tập trung vào các dạng phổ biến HS hay gặp phải trong
các đề thi CĐ, Đại học, tuyển sinh 10 chuyên, các đề thi học sinh giỏi tỉnh …Cụ thể hơn
sẽ được thể hiện trong sáng kiến kinh nghiệm (SKKN).
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Qua thực tế dạy học chúng tôi nhận thấy trong chương trình lớp 10 phần ứng dụng
BĐT để giải phương trình và hệ phương trình là không có. Nhưng trong các đề thi học
sinh giỏi, tuyển sinh 10, đại học. . . lại có. Do đó, tôi làm SKKN này với mong muốn là
một tài liệu giúp HS đỡ khó khăn hơn khi gặp các bài có dạng trên.
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
Chúng tôi cố gắng biên soạn kĩ thuật giải , hệ thống bài tập dựa trên cơ sở lý thuyết
bám sát chương trình, mục đích cho HS dễ hiểu nhất có thể. Cơ sở lý thuyết là các phần
kiến thức sau đã được đề cập trong chương trình hiện hành:
ST
T
Kiến thức Trang Sách Ghi chú
1 Các tính chất của giá trị tuyệt đối 78
Đại số 10 ban cơ
bản
2
Tính chất bình phương, tổng bình
phương
Đã học ở cấp 2
3
Bất đẳng thức Cô-si (Cauchy) 2 số 76
Đại số 10 ban cơ
bản (nâng cao)

. Tương tự với
n
g x x x
1 2
( , , , )
,
n
h x x x
1 2
( , , , )
.
Gỉai phương trình
n n
f x x x g x x x=
1 2 1 2
( , , , ) ( , , , )
(1)
Bước 1:Nhìn vào dấu hiệu và lưu ý(sẽ được chia cụ thể từng dạng khác nhau)của
phương trình (1) từ đó sẽ suy ra hướng giải.
Bước 2 : Đánh giá 2 vế phương trình bằng cách áp dụng BĐT cô-si, bunhiacốpski, các
tính chất. . . ta được:
n n
n
n n
f x x x h x x x
x x x D
g x x x h x x x

≤


( , , , ) ( , , , )
( , , , )
( , , , ) ( , , , )
(3)
Bước 4 : Áp dụng dấu “=” xảy ra khi dùng BĐT. Từ đó ta tìm được nghiệm của phương
trình (1).
Khi giải lưu ý: Dấu”=” của các BĐT cùng xảy ra tại cùng giá trị của biến và đồng thời
là nghiệm của phương trình. Nghiệm của phương trình cũng là giá trị của biến để dấu
“=” xảy ra tại mỗi lần áp dụng BĐT nên:
+Nếu nhẩm được nghiệm của phương trình thì ta có thể suy luận được là nên
ứng dụng BĐT nào(Cô-si, Bunnhiacốpski, …)? Ứng dụng thế nào để BĐT có dấu”=”
xảy ra tại các BĐT được sử dụng.
+Nếu định hướng dùng BĐT cụ thể ta có dấu”=” của BĐT xảy ra từ đó suy ra
nghiệm của phương trình.
+Người làm toán nên kết hợp Dấu”=” của BĐT và nghiệm của phương trình từ
đó cho lời giải nhanh và chính xác nhất. Nếu chúng không đồng thời xảy ra thì phương
trình vô nghiệm hoặc phải đổi BĐT hoặc hướng khác.
Các giải pháp cụ thể được trình bày theo từng phần theo thứ tự lý thuyết trước,
bài tập sau:
1. Ứng dụng tính chất của giá trị tuyệt đối
Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy các “dấu hiệu” sau:

Số ẩn của phương trình, hệ phương trình nhiều hơn số phương trình.

Số ẩn của phương trình, hệ phương trình bằng số phương trình.

Phương trình có chứa tổng các giá trị tuyệt đối.

Phương trình có chứa tổng nhiều căn bậc hai và các biểu thức trong căn bậc hai là
bình phương hoặc tổng bình phương các biểu thức khác.

+ + + + + + + + =
Lời giải 1 (không dùng BĐT):
Phương trình đã cho tương đương với
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 4 6 4x x x
+ + + + + =
2 4 6 4x x x
⇔ + + + + + =
(*)
x
−∞
-6 -4 -2
+∞

2x +

2x− −

2x− −

2x− −
0
2x +
4x +

4x
− −

4x

4
3 4
3
x x− = ⇔ = −
(loại)
 Trường hợp 2:
2 4x
− < ≤ −
(*)
⇔
4 4x x
− = ⇔ = −
(nhận)
 Trường hợp 3:
4 2x
− < ≤ −
(*)
⇔
8 4 4x x
+ = ⇔ = −
(loại)
 Trường hợp 4:
2x
> −
(*)
⇔
8
3 12 4
3
x x+ = ⇔ = −

+ ≥

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=-4
Kĩ thuật Lời giải 2 cho phép ta mở rộng và giải quyết bài toán mạnh hơn sau:
Mở rộng Ví dụ 1: Giải phương trình
( ) ( )
*
1 2 3 2 1 1 ,x x x x n n n n N
+ + + + + + + + + = + ∈
Khi n càng lớn thì Lời giải 1 càng gặp khó khăn , ngược lại Lời giải 2 vẫn thuận lợi.
Bảng so sánh các ưu, nhược điểm của Lời giải 1 và Lời giải 2 đối với HS lớp 10:
Ưu điểm Nhược điểm
Lời giải 1
(Không dùng
BĐT)
-Lời giải dài dòng, khó hiểu. HS hay
sai phần hợp và giao khi kết luận.
-Khó khăn khi phương trình có chứa
tổng nhiều tuyệt đối.
Lời giải 2
(Dùng BĐT)
-Lời giải ngắn gọn, dễ hiểu.
-Giải quyết được bài toán tổng quát
khi phương trình có chứa tổng nhiều
tuyệt đối.
-Tính chất BĐT chứa giá trị tuyệt
đối phù hợp lớp 10.
Ví dụ 2. Giải phương trình
2 4 2x x
+ + + =

Ví dụ 3. Giải phương trình
2 2
2 10 13 26 24 8 4 1x x x x x− + + − + = +

Phân tích:
Lời giải:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 10 13 26 24 8 4 1
4 4 6 9 4 4 25 20 4 4 1
2 3 2 5 2 4 1
x x x x x
x x x x x x x x x
x x x x x
− + + − + = +
⇔ − + + − + + − + + − + = +
⇔ − + − + − + − = +
- 6 -
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 3 3 3
2 5 2 5 2 5 2
5 2 3 4 1
x x x x

ĐS: x=-3
Bài 3. Giải phương trình
2 2 2
2 1 4 4 6 9 2x x x x x x+ + + + + + + + =
ĐS: x=-2
Bài 4. Giải phương trình
2 2 2 2 2
2 1 4 4 6 9 8 16 8 16 6x x x x x x x x x x+ + + + + + + + + + + + + + =
ĐS: x=-3
Bài 5. Giải phương trình
2 2
1 2 3x x x x− + + − − =
. ĐS:
[ ]
1;2S = −
2. Ứng dụng tính chất bình phương, tổng các bình phương:
Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy các “dấu hiệu” sau:

Số ẩn của phương trình, hệ phương trình nhiều hơn số phương trình.

Số ẩn của phương trình, hệ phương trình bằng số phương trình.

Phương trình có chứa tổng nhiều căn bậc hai và các biểu thức trong căn bậc hai là
tổng bình phương biểu thức khác.
thì thử ứng dụng các tính chất bình phương, tổng các bình phương để giải.

Tính chất bình phương, tổng các bình phương:
+
2
0,x x R≥ ∀ ∈


Phân tích:
− Chỉ có 1 phương trình mà có tới 3 ẩn đây là “dấu hiệu” dùng BĐT.
− Vế trái có căn bậc hai, vế phải là bậc nhất thấy ngay là đưa về hàng đẳng thức đáng
nhớ
( )
2
a b
±
.
- 7 -
Lời giải:
Điều kiện:
2 0 2
3 0 3
5 0 5
x x
y y
z z
− ≥ ≥
 
 
− ≥ ⇔ ≥
 
 
− ≥ ≥
 
(*)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )

⇔ − − = ⇔ =
 
 
=

− − =


Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y;z)=(3;4;6).

Nhận xét: Bài toán trên có thể vận dụng BĐT Cô-si 2 số để giải, tuy nhiên chúng ta
đang nói đến BĐT cơ bản. Sẽ dùng BĐT Cô si vào phần sau.
Ví dụ 5. Giải phương trình
2 4 2
4 5 8 17 2x x x x− + + − + =

Phân tích:
− Nhìn vào các biểu thức trong căn ta thấy
2
4x x
−
và
4 2
8x x
−
điều này liên tưởng đến
hàng đẳng thức đáng nhớ nên
( )
2
2


− + = − + ≥


Kết hợp với phương trình ta được
2
2
2 0
2
2
4 0
2
x
x
x
x
x
x
=

− =


⇔ ⇔ =
=

 
− =



+ + = + + ≥
+ + ≥
 
⇒ ⇒ ≥
 
+ + = + + ≥
+ + ≥
 


Lại có
( )
2
5 2 1 5VP x= − + ≤
Do đó
2 2 2
1 0
3 6 12 5 10 9 3 4 2 1 0 1
1 0
x
x x x x x x x x
x
+ =


+ + + + + = − − ⇔ + = ⇔ = −


+ =


x y xy
y
>

+ = + > ⇒

>

Lấy 2(2)-4(1) ta được:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2
2 4 1 1 10
1 4 1 4 1 4 1 4 2 0
1 2 1 2 0
1 2 0
3
1 2 0
3
0
x y xy x y
x x y y x xy y
x y x y
x
x
y
y

Bài 1. Giải phương trình
2
4 5 2 2 3x x x+ + = +
. ĐS: x=-1
Bài 2. Giải phương trình:
3
1 2 1
2
xy
x y y x− + − =
. ĐS: x=y=2
Bài 3. Giải phương trình:
2 2
4 2 2 8 5 2 3x x x x− + − + − + − = +
. ĐS : x=2
Bài 4. Giải hệ phương trình:
2
1 1 1
2
2 1
4
x y z
xy z

+ + =




− =

trình cũng là giá trị của biến để dấu “=” xảy ra tại mỗi lần áp dụng BĐT Cô-si hoặc
các BĐT khác nên:
+Nếu nhẩm được nghiệm của phương trình, hệ phương trình thì ta có thể suy
luận được là nên ứng dụng BĐT Cô-si hay không? Ứng dụng thế nào để BĐT Cô-si có
dấu”=” xảy ra tại các BĐT được sử dụng.
+Nếu định hướng dùng BĐT Cô-si thì ta có dấu”=” của BĐT xảy ra từ đó suy ra
nghiệm của phương trình, hệ phương trình.
+Người làm toán nên kết hợp Dấu”=” của BĐT và nghiệm của phương trình, hệ
phương trình từ đó cho lời giải nhanh nhất. Nếu chúng không đồng thời xảy ra thì
phương trình vô nghiệm hoặc phải đổi BĐT hoặc hướng khác
 Bất đẳng thức Cô-si 2 số không âm
Cho a, b
≥
0, ta có:
a b
ab
2
+
≥
. Dấu "=" xảy ra
⇔
a = b.
 Bất đẳng thức Cô-si 3 số không âm
Cho a, b, c
≥
0, ta có:
a b c
abc
3
3

− Phương trình có chứa đầy đủ các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Cô-si.
Lời giải (Sử dụng BĐT Cô-si):
*Điều kiện 5
≤
x
≤
7
Áp dụng BĐT BĐT Côsi cho hai số ta được
( ) ( )
( ) ( )
1 7 1 5
1 7 1 5 2
2 2
x x
VT x x
+ − + −
= − + − ≤ + =
(1)
Mặt khác
( )
2
2
12 38 6 2 2VP x x x
= − + = − + ≥
(2)
Kết hợp với phương trình. Dấu “=” xảy ra
7 1
5 1 6
6 0
x

và
[ ; 2]
( ) 2
a a
Min f x
+
=
Ví dụ 9. Giải phương trình:
( )
1
2 3 5 7
2
x y z x y z
− + − + − = + + −

Phân tích:
− Chỉ có 1 phương trình mà có tới 3 ẩn, mà từ điều kiện các biểu thức trong căn phải
không âm đây là “dấu hiệu” dùng BĐT Cô si.
− Nếu áp dụng BĐT Cô-si thì
( ) ( ) ( ) ( )
1
1 2 1 3 1 5 7
2
VT x y z x y z VP= − + − + − ≤ + + − =
.
− Áp dụng BĐT Cô-si thì dấu “=” xảy ra khi (x;y;z)=(3;4;6) thử lại cũng là nghiệm
của phương trình.
Lời giải:
Điều kiện:
2 0 2

+ − −
− ≤ =
(2)
( )
1 5 4
1 5
2 2
z z
z
+ − −
− ≤ =
(3)
(1)+(2)+(3) ta được
( )
1
2 3 5 7
2
x y z x y z− + − + − ≤ + + −
Dấu “=” xảy ra
⇔

2 1
3 1
5 1
x
y
z
− =



i i i
x x n n N
α α
= = =
 
− = − + ∈
 
 
∑ ∑ ∑
với
i
α

là các hằng số cho trước .
Mở rộng 9b : Giải phương trình:
2 *
1 1 1 1
1
,
2
n n n n
i i i i i i
i i i i
x x n N
β α β α
= = = =
 
− = + − ∈
 
 

≤ + = +
còn
1VP x
≥ +
.
− Theo BĐT Cô-si dấu “=” xảy ra khi x=1, đồng thời x=1 cũng là nghiệm của
phương trình.
Lời giải:
Ta có ĐK:
2
2
1 0
1 0
x x
x x

+ − ≥


− + + ≥


Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm
ta có:
( ) ( )
2 2
2 2
1 1 1 1
1 1 1 1 1
2 2

x
+ − + − + + = − + = +

+ − =


⇔ − + + = ⇔ =


− =



Vậy x=1 là nghiệm

Nhận xét: Cũng với cách giải trên ta có bài toán tổng quát hơn
Mở rộng 10a : Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
1
2
2
a x b x c a x b x c a a x b b x c c
 
+ + + + + = + + + + + +
 

Mở rộng 10b : Giải phương trình:
2 2

− Chỉ có 2 phương trình mà có tới 3 ẩn dương đây là “dấu hiệu” dùng BĐT Cô-si.
− Nhận thấy x=y=z=1/2 là nghiệm của hệ nên khi áp dụng BĐT Cô-si dấu”=” phải
xảy ra do đó phải kết hợp 2 pt thoả 2 yếu tố trên để phân tích
( )
1 1 2 3 1 1 3
2 3 6 2 3 6
4 4 2 4
x y z x y z
x y z x y z
   
   
+ + + + + = ⇔ + + + + + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
Lời giải:
Từ hpt ta có

( )
1 1 2 3
2 3 6
4
1 1 3
2 3 6
4 2 4
x y z
x y z
x y z
x y z

3 3 3
4 4
z z
z z
 
+ = + ≥
 ÷
 
(3)
- 13 -
Từ (1), (2) và (3) ta có:
1 2 3
2 3 1 2 3 6
4 4 4
x y z
x y z
+ + + + + ≥ + + =
Dấu “=” xảy ra khi
1
2
x y z= = =

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: S =
1 1 1
, ,
2 2 2
 
 
 
 ÷

>
là các hằng số cho trước.

Mở rộng 11b: Giải hệ phương trình:
( )
( )
1 2 3
1 2 3
1 2 3
3
1 2
(1)
2
2 (2)
x y z
x y z
α α α α
α α α
α α α
α
α α
α
+ +

+ + =



+ +


z

=

+


=

+


=

+



Phân tích:
− x khác 0 thì x,y,z đều dương, đây là “dấu hiệu” của BĐT Cô-si.
Lời giải:
Trước tiên nhận thấy (x;y;z)=(0;0;0) là một nghiệm của hệ phương trình
Xét
0x ≠
thì
0y >
và
0z >
Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số dương 1>0,
2

1
z
z x z
z
≤ ⇒ ≤
+
(3)
- 14 -
Kết hợp (1),(2),(3) ta được
y x z y x y z≤ ≤ ≤ ⇔ = =

thế vào hệ thu được
1x y z
= = =
.
Vậy hệ phương trình trên có 2 cặp nghiệm (x;y;z)={(0;0;0),(1;1;1)}

Nhận xét: Hpt trên là hệ hoán vị vòng quanh, có thể dùng phương pháp hàm số để
giải, tuy nhiên điều này gây khó khăn cho HS lớp 10.
Bằng kĩ thuật tương tự giải được các bài toán tổng quát sau :
Mở rộng 12a : Giải hệ phương trình:
2 2
4 2
2 2
*
4 2
2 2
4 2
2
1



= ∈

+


=

+


Mở rộng 12a sẽ gặp khó khăn khi giải bằng phương pháp hàm số. Tuy nhiên, ứng dụng
BĐT Cô-si thì lời giải rất đẹp và ngắn gọn hơn.

Bài tập tương tự (Áp dụng BĐT Cô-si):
Bài 1. Giải phương trình
2 4 2x x
− + − =
HD:Áp dụng BĐT Cô-si

x = 3
Bài 2. Giải phương trình:
2
2 3 5 2 3 12 14x x x x− + − = − +
HD:Áp dụng BĐT Cô-si ,

x = 2
Bài 3. Giải phương trình :
2

x y z x y z+ − + − = + + +

(Đề thi HSG tỉnh Quảng Nam)
HD:Áp dụng BĐT Cô-si hoặc đưa vế trái về tổng các bình phương

x = 1, y=5, z=11
Bài 7. Giải phương trình:
2
3
1
1
3
=
+
+
+
x
x
HD:Áp dụng BĐT Cô-si ,

x = 2 hoặc x=-4
Bài 8. Giải phương trình:
+ + + − + + − = + +
3 2 3 2 2
3 2 2 3 2 1 2 2 2x x x x x x x
- 15 -
(Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội)
HD:Áp dụng BĐT Cô-si cho VT, ĐS: x=-1
Bài 9. Giải phương trình:
− + + =


+ + =


với x, y, z > 0
HD:Áp dụng BĐT Cô-si

x = y=z=1
Bài 13. Giải hệ phương trình:
6
10
6
10
6
10
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z

x y z
x y z xyz

HD:Áp dụng BĐT Cô-si 3 số, ĐS: x=y=z=1
Bài 15. Giải hệ phương trình:
( )

+ + + =

 

+ + =
 ÷

 ÷
+ +
 

3 2 7 10
1 1
2
3 3
x y x y
x y
x y x y
(Đề thi đề nghị của trường THPT chuyên Lương Thế Vinh tỉnh Đồng Nai thi
Olympic 30/4 năm 2012)
HD:Áp dụng BĐT Cô-si , hpt có nghiệm là x =y=4
Bài 16. Giải hệ phương trình


+ = +

− +

2
3
2
2
2
3
2
2 9
2
2 9
xy
x x y
x x
xy
y y x
y y
ĐS: (x;y)={(1;1),(0;0)}
4. Ứng dụng Bất đẳng thức Bunnhiacốpski
Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy các “dấu hiệu” sau:

Số ẩn của phương trình, hệ phương trình nhiều hơn số phương trình.

Số ẩn của phương trình, hệ phương trình bằng số phương trình.

Phương trình,hệ phương trình có chứa các căn bậc hai.
Khi áp dụng BĐT Bunnhiacốpski với 2 cặp số

luận được là nên ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski hay không? Ứng dụng thế nào để BĐT
Bunnhiacốpski có dấu”=” xảy ra tại các BĐT được sử dụng.
+Ngược lại nếu định hướng dùng BĐT Bunnhiacốpski thì ta có dấu”=” của BĐT
xảy ra để suy ra nghiệm.
+Người làm toán nên kết hợp Dấu”=” của BĐT và nghiệm của phương trình, hệ
phương trình từ đó cho lời giải nhanh nhất. Nếu chúng không đồng thời xảy ra thì
phương trình vô nghiệm hoặc phải đổi BĐT hoặc hướng khác
Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy- Schwarz)với 2 cặp số thực
Cho hai cặp số thực
( )
1 2
,a a
và
( )
1 2
,b b
ta có:
+ ≤ + +
2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ) ( )( )a b a b a a b b
.
Dấu "=" xảy ra ⇔
=
1 2 2 1
a b a b
Chứng minh
Ta có
+ ≤ + +
2 2 2 2 2

Cho hai bộ ba số thực
( ) ( )
1 2 3 1 2 3
, , , , ,a a a b b b
ta có:
+ + ≤ + + + +
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3
( ) ( )( )a b a b a b a a a b b b
.
Nếu
≠
1 2 3
0b b b
thì đẳng thức xảy ra ⇔
= =
3
1 2
1 2 3
a
a a
b b b
Chứng minh:
Thật vậy
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )

a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
+ +
   
 
⇔ + − + + − + + − ≥
   
 
   
2 2
3 1 3 2
2 2 2 2
2 2
1 2 2 1 1 2 2 1 1 3 3 1 1 3 3 1 2 3 3 2 2 3 3 2
2 2 2 0
a b a b
a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b
( )
( ) ( )
⇔ − + − + − ≥
2 2
2
1 2 2 1 1 3 3 1 2 3 3 2
0a b a b a b a b a b a b
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra ⇔
− =


là minh hoạ.
Ví dụ 13.Giải phương trình:
( ) ( )
8 8
1 3 2x x− + − =

Phân tích:
− Phương trình có bậc 8 nên HS rất khó vận dụng được 7 hàng đẳng thức đáng nhớ.
Phương pháp giải đối với HS lớp 10 nếu không dùng BĐT thì “bó tay”.
− Phương pháp dùng BĐT Bunnhiacốpski rất mới lạ và hay.
− Có thể dùng phương pháp hàm số nhưng đây là kiến thức của HS12, HS lớp 10 chưa
học tới.
Lời giải 1 (không dùng BĐT):
Xét hàm số
( ) ( )
8 8
( ) 1 3f x x x= − + −
( ) ( )
7 7
'
( ) 8 1 4 3f x x x⇒ = − + −
( ) ( )
( ) ( )
'
7 7
7 7
( ) 0
8 1 8 3 0
1 3
1 3

Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số
( )
4
1x
−
;
( )
4
3 x
−
và 1 ; 1 ta được
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
4 4 4 4 8 8 4 4
2 2
1
1 3 1 1 1 .1 3 .1 1 3 1 3 (1)
2
x x x x x x x x
 
   
 
− + − + ≥ − + − ⇔ − + − ≥ − + −
 
 

− + − + ≥ − + − ⇔ − + − ≥ − + −
 
 
   
 
Tiếp tục, áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số
( )
1x
−
;
( )
3 x
−
và 1 ; 1 ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2
2 2
1 3 1 1 1 .1 3 .1 1 3 2 (3)x x x x x x
 
 
− + − + ≥ − + − ⇔ − + − ≥ 
 
 
 
Từ (1) và (2) ta được
( ) ( )
8 8
1 3 2x x− + − ≥
.

,
2
k k
a b
x a x b k N
+
− + − = ∈
với a, b là
các hằng số cho trước.
Bảng so sánh các ưu, nhược điểm của Lời giải 1 và Lời giải 2 đối với HS lớp 10:
Ưu điểm Nhược điểm
Lời giải 1
(Không
dùng BĐT)
- HS lớp 10 không hiểu do chưa học
phương pháp hàm số.
Lời giải 2
(Dùng
BĐT)
-Lời giải ngắn gọn, dễ hiểu.
-Giải quyết được bài toán tổng quát
khi phương trình có bậc lớn.
-Ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski phù
hợp với HS lớp 10.
Qua bảng so sánh trên ta thấy rằng đối với bài toán trên:
- 19 -
+ Áp dụng LG1 phải dùng tới các kiến thức lớp 12 (Ứng dụng đạo hàm). Do đó HS lớp
10 không hiểu.
+ Áp dụng LG2 chỉ dùng Bunnhiacốpski trong chương trình, lời giải ngắn gọn. Do
đó, rất dễ hiểu đối với HS lớp 10.

5 2 0
x
x
x
− ≥

⇔ ≤ ≤

− ≥

( )
2
2
2 3 5 2 3 12 14
2 3 5 2 3 2 2
x x x x
x x x
− + − = − +
⇔ − + − = − +
Áp dụng Bunnhiacốpxki cho 2 bộ số 1; 1 và
2 3x −
;
5 2x−
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
1. 2 3 1. 5 2 1 1 2 3 5 2 4x x x x
 
 
− + − ≤ + − + − =

1x
≥
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bô số
1x −
; (x -3) và 1 ; 1 ta có:
- 20 -
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2
2 2 2
2 2
2
1. 1 1. 3 1 1 1 3 2 3 2 2
1 3 2 3 2 2 (2)
x x x x x x
x x x x
 
− + − ≤ + − + − = − + −
 
⇔ − + − ≤ − + −

(1) và (2) xảy ra khi và chỉ khi:
2 2
3 0 3
5( )
1 3

Phân tích:
− Bình phương 2 vế phương trình trở thành bậc cao.
− Phương trình có các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Bunnhiacốpski.
Lời giải:
Giải: Đk
x 0
≥
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 cặp số
2 2; 1x +
và
1
;
1 1
x
x x+ +
Ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2
2 2
1 1
2 2 1 2 2 1 9
1 1 1 1
x x
x x x
x x x x
 
 
   

 ÷
 ÷
+ +
 
 

Ví dụ 17.Giải hệ phương trình :
( )
( )
2
2 2 2
3 3 3
3 4 26
92
x y z x y z
x y z

+ + = + +


+ + =


Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số 1,3,4 và x,y,z ta được
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1. 3 4 1 3 4 26x y z x y z x y z+ + ≤ + + + + = + +

Bài 2. Giải phương trình:
( ) ( )
16 16
1 3 2x x− + − =
. ĐS:
2x
=

Bài 3. Giải phương trình :
2 1 3 5 2 13x x− + − =
. ĐS:
29
13
x =

Bài 4. Giải phương trình :
2
7 5 12 38x x x x− + − = − +
. ĐS x=6.
Bài 5. Giải phương trình
2
1 3 2 10 16x x x x− + − = − +
. ĐS x=5.
Bài 6. Giải phương trình :
4 4 4
4 2 4 2 4x x x+ = + + −
ĐS:Ptvô nghiệm
Bài 7. Giải phương trình :
2 2
6 5 36 9 5

3 2
1
x
x x
x x
−
= + −
− −

Bài 10. Giải hệ phương trình
2
2 2
6 3 1
1
x xy x y
x y

− + = −


+ =


Bài 11. Giải hệ phương trình
( )
2 2
1 1 1 2 1
1 1 2
1 1
1

1 1 2 2
; , ;u x y v x y
r r
khi đó ta có

2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2
. . cos .u v u v u v x x y y x y x y
α
= ≤ ⇔ + ≤ + +
rur r r r r
Dấu “=” xảy ra
⇔
cos 1 u v
α
= ⇔ ↑↑
r
1 1
2 2
x y
k 0
x y
⇔ = = ≥
, chú ý tỉ số phải dương .
 BĐT trên cũng có dạng tương tự như BĐT Bunnhiacốpski với 2 cặp số thực
( ) ( )
1 1 2 2
; , ;x y x y
. Do vậy có thể dùng các dấu hiệu và lưu ý của BĐT Bunnhiacốpski.
Ví dụ 18.Giải phương trình:

,u v
r r
cùng hướng
⇔
( ) ( )
2
1
3 1
1
0
1 3
1 2
0 3
x
x x x
x
x x
x
x
=
 
− = +

= ≥ ⇔ ⇔


+ −
= +
≤ ≤


 BĐT trên cũng có dạng tương tự như BĐT Mincốpski.
Ví dụ 19.Giải phương trình
2 2
1 3 1 2x x x x− + + − + =

Phân tích:
Nhận thấy
2 2
2 2
2 2
1 3 3 1
1 3 1 2 2
2 2 2 2
x x x x x x
   
   
− + + − + = ⇔ − + + − + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   

Lời giải:
Đặt
1 3 3 1
; , ;
2 2 2 2
u x v x
   

   
r r
Lại có
2 2
2 2
1 3 3 1
2
2 2 2 2
u v u v x x
   
   
+ ≥ + ⇔ − + + − + ≥
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
r r r r
Kết hợp với phương trình. Dấu “=” xảy ra
⇔
,u v
r r
cùng hướng
⇔
( )
( )
3
1
2 1 3 3 2
3 1

= ≥ ⇔ ⇔ ⇔ = −
 
   
≤
 ≤ 
−
 ÷

 ÷

 
 
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất
3 1x = −

Bài tập tương tự (Áp dụng hình học )
Bài 1. Giải phương trình
2 2
1 1 2x x x x+ + + − + =
. ĐS x=0.
Bài 2. Giải phương trình
2 2
2 5 2 10 29x x x x− + + + + =
. ĐS x=1/5.
Bài 3. Giải phương trình
2 2 2
4 5 2 10 16 40 26 6x x x x x x− + + + + + − + =
. ĐS x=5/4.
Bài 4. Giải hệ phương trình
1 2 3

1 1 1
,
1
1 1 1
n
n
n
x x x n
n
n N
n
x x x n
n

+
+ + + + + + =


∈

−

− + − + + − =


ĐS:
1 2 1980
1
x x x
n

− Nếu có thêm thời gian mở rộng thì tôi nghĩ rằng đề tài có thể trở nên có nhiều tác
dụng hỗ trợ thiết thực trong việc rèn luyện và phát triển tư duy góp phần giải được khá
nhiều dạng toán trong quá trình dạy học sinh nói chung và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi
nói riêng.
− Tuy nhiên, các dạng và phương pháp tôi lựa chọn chưa hẳn tối ưu và đầy đủ, chắc
chắn còn phải bổ sung thêm cho việc giảng dạy tốt hơn. Rất mong có sự đóng góp của
quí đồng nghiệp.
- 25 -