Các Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THCS

Các chuyên đề bồi dưỡng hsg toán thcs
Chuyên đề 1: Số chính phương
I. Định nghĩa: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.
II. tính chất: 
1) Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không thể có chữ tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.
2) Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.
3) Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N).
4) Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n +1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 ( n N ).
5) Số chính phương tận cùng bằng 1, 4 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2.
Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
6) Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
 Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9
 Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25
 Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
III. Một số dạng bài tập về số chính phương.
A. Dạng 1: chứng minh một số là số chính phương.
Bài 1: Chứng minh rằng mọi số nguyên x, y thì: A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương.
Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
 = ( 
Đặt thì
 A = (
Vì x, y, z Z nên 
Vậy A là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Giải : Gọi 4 số tự nhiên, liên tiếp đó là n, n + 1, n + 2, n + 3 (n Z). 
Ta có: n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n . ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1 = (
Đặt thì (*) = t(t + 2) + 1 = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2 = (n2 + 3n + 1)2
Vì n N nên n2 + 3n + 1 N. Vậy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + 1 là số chính phương.
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.
Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) = k (k + 1)(k + 2). 4 = k(k + 1)(k + 2). 
 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) – k(k + 1)(k + 2)(k – 1) 
4S =1.2.3.4 – 0.1.2.3 + 2.3.4.5 – 1.2.3.4 + . . . + k(k +1)(k +2)(k +3) – k(k +1)(k +2)(k – 1) 
 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) 
 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1
Theo kết quả bài 2 k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; . . .
- Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa các chữ số đứng trước và đứng sau nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.
Ta có: 
Ta thấy có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3.
 Z hay các số có dạng 44 ... 488 ... 89 là số chính phương.
Các bài tương tự:
Chứng minh rằng số sau đây là số chính phương.
A = 
B = 
C = 
D = 
E = 
Kết quả: A= ; D = (15.10n - 3)2; E = 
Bài 5: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương.
Giải:
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n – 2, n – 1, n +1, n + 2 ( n N, n > 2).
Ta có (n – 2)2 + ( n – 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 5.(n2 + 2)
Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2 + 2 không thể chia hết cho 5 
 5.(n2 + 2) không là số chính phương hay A không là số chính phương.
Bài 6: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n N và n >1 không phải là số chính phương.
Ta có: n6 – n 4 + 2n3 + 2n2 = n2. (n4 – n2 + 2n +2) = n2. [n2(n – 1)(n + 1) +2(n + 1)]
 = n2[(n+1)(n3 – n2 + 2)] = n2(n + 1) . [(n3 + 1) – (n2 – 1)]
 = n2(n + 1)2 . (n2 – 2n + 2)
Với nN, n > 1 thì n2 – 2n + 2 = (n –1)2 + 1 > ( n – 1)2
Và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n – 1) < n2
Vậy (n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương.
Bài 7: Cho 5 số chính phương bất kỳ 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.
Ta biết một số chính phương 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 phương đó là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương.
Bài 8: Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ bất kỳ không phải là số chính phương.
Ta có: Vì a và b lẻ nên a = 2k + 1, b = 2m + 1 (Với k, m N).
 a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1 = 4 (k2 + k + m2 + m) + 2
 a2 + b2 không thể là số chính phương.
Bài 9: Chứng minh rằng nếu p là tích của n (với n > 1) số nguyên tố đầu tiên thì p – 1 và p + 1 không thể là các số chính phương.
Ta có: Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p 2 và p không thể chia hết cho 4 (1)
a) Giả sử p + 1 là số chính phương. Đặt p + 1 = m2 ( m N).
Vì p chẵn nên p + 1 lẻ m2 lẻ m lẻ.
Đặt m = 2k + 1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 p + 1 = 4k2 + 4k + 1
 p = 4k2 + 4k = 4k (k + 1) 4 mâu thuẫn với (1).
 p + 1 không phải là số chính phương.
b) p = 2.3.5... là số chia hết cho 3 p - 1 có dạng 3k + 2.
 p – 1 không là số chính phương.
Vậy nếu p là tích n (n >1) số nguyên tố đầu tiên thì p – 1 và p + 1 không là số chính phương.
Bài 10: Giả sử N =1.3.5.7 . . . 2007.2011. 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 . . . 2011 – 1
Có 2N 3 2N – 1 = 3k + 2 (k N)
 2N – 1 không là số chính phương.
b) 2N = 2.1.3.5.7 . . . 2011 2N chẵn.
 N lẻ N không chia hết cho 2 và 2N 2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 hoặc dư 3 2N không là số chính phương.
c) 2N + 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 + 1
2N + 1 lẻ nên 2N + 1 không chia hết cho 4
2N không chia hết cho 4 nên 2N + 1 không chia cho 4 dư 1.
 2N + 1 không là số chính phương.
Bài 11: Cho a = ; b = . Chứng minh là số tự nhiên.
Giải: b = 
 ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2
B. Dạng 2: tìm giá trị của biến để biểu thức là số chính phương
Bài 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương
a) n2 + 2n + 12 b) n(n + 3) c) 13n + 3	 d) n2 + n + 1589
Giải:
a) Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N)
 (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n + 1)2 = 11 (k + n + 1)(k – n – 1) = 11
Nhận xét thấy k + n + 1 > k - n - 1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết 
 (k + n + 1) (k – n – 1) = 11.1 
b) Đặt n(n + 3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2 (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2
 	 (2n + 3)2 – 4a2 = 9 (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9
Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết 
(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 
c) Đặt 13n + 3 = y2 (y N) 13(n – 1) = y2 – 16 13(n - 1) = (y + 4)(y – 4)
(y + 4)(y – 4) 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 13 hoặc y – 4 13
 y = 13k 4 (với k N)
 13(n – 1) = (13k 4)2 – 16 = 13k.(13k 8)
13k2 8k + 1
Vậy n = 13k2 8k + 1 (với k N) thì 13n + 3 là số chính phương
d) Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) 	 (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2
 (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355
Nhận xét thấy 2m + 2n + 1 > 2m – 2n – 1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết 
(2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy ra n có thể có các giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28
Bài tương tự :
Tìm a để các số sau là những số chính phương
a) a2 + a + 43 b) a2 + 81 c) 	a2 + 31a + 1984
Kết quả: a) 2; 42; 13 b) 0; 12; 40 c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728
Bài 2 : Tìm số tự nhiên n 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! +  + n! là một số chính phương.
Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 33 là số chính phương
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 phương.
Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3
Bài 3: Có hay không số tự nhiên n để 2010 + n2 là số chính phương.
Giả sử 2010 + n2 là số chính phương thì 2010 + n2 = m2 (m)
Từ đó suy ra m2 – n2 = 2010 (m + n) (m – n) = 2010
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn.
 (m + n) (m – n) 4 nhưng 2006 không chia hết cho 4
 Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.
Bài 4: Biết x và x > 2. Tìm x sao cho 
Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: 
Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương.
Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0	(1)
Do x là chữ số nên x 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x và 2 < x 9 (2)
Từ (1) và (2) x chỉ có thể nhận một trong các giá trị 5; 6; 7
Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thoả mãn đề bài, khi đó 762 = 5776
Bài 5: 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 phương lẻ trong khoảng trên ta được 2n + 1 bằng 25; 49; 81; 121; 169 tương 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 phương.
Vậy n = 40
Bài 6: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n + 1 và 2n + 1 đều là các số chính phương thì n là bội số của 24
Vì n + 1 và 2n + 1 là các số chính phương nên đặt n + 1 = k2, 2n + 1 = m2 (k, m )
Ta có m là số lẻ m = 2a + 1 m2 = 4a(a + 1) + 1
Mà 
 n chẵn n + 1 lẻ k lẻ đặt k = 2b + 1 (với b) k2 = 4b(b+1) + 1
 n = 4b(b+1) n 8 	(1)
Ta có: k2 + m2 = 3n + 2 2 (mod3)
Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1
Nên để k2 + m2 2 (mod3) thì k2 1 (mod3)
 m2 1 (mod3)
 m2 – k2 3 hay (2n + 1) – (n + 1) 3 n 3 	(2)
Mà (8; 3) = 1 	(3)
Từ (1), (2), (3) n 24
Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương
Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì
2n = a2 – 482 = (a + 48) (a – 48)
2p. 2q = (a + 48) (a – 48) với p, q N ; p + q = n và p > q
 2p.2q = 96 2q (2p-q – 1) = 25.3 q = 5 và p – q = 2 p = 7 n = 5 + 7 = 12.
Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 80 ... ất đẳng thức (2) luôn đúng suy ra điều phải chứng minh.
b) Ta có: (1) 
 (2)
+) Nếu thì (2) đúng.
+) Nếu thì (2) 
 (*)
Bất đẳng thức (*) luôn đúng suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.4. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: (1)
Giải
Ta có: (1) 
 (*)
Bất đẳng thức (*) luôn đúng suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.5. Cho a, b, c > 0. CMR: (1)
Giải
Giả sử .
Khi đó ta có: (1) 
 (*)
Bất đẳng thức (*) luôn đúng (Vì ). Suy ra điều phải chứng minh.
2. Phương pháp biến đổi đồng nhất.
Để chứng minh BĐT: . Ta biến đổi biểu thức thành tổng các biểu thức có giá trị không âm.
Ví dụ 2.1. Chứng minh rằng:
a) (1) b) (1)
Giải
a) Ta có: 
 (đpcm)
b) Ta có: 
 (đpcm)
Ví dụ 2.2. Chứng minh rằng:
a) với .
b) với .
c) với .
Giải
a) Ta có: (đpcm)
b) Ta có: 
c) Ta có: 
Ví dụ 2.3. Với a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a) b) c) 
Giải
a) 
b) 
c) 
Ví dụ 2.4
a) Cho . Chứng minh rằng: (Bất đẳng thức Cô Si)
b) Cho . Chứng minh rằng: (Bất đẳng thức Cô Si)
c) Cho và . Chứng minh rằng: (BĐT Trê-Bư-Sép)
Giải
Ta có: 
Ta có: 
Ta có: 
Ví dụ 2.5 Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
a) b) 
Giải
a) Ta có: 
b) Ta có: 
Ví dụ 2.6. Chứng minh rằng: 
a) (nếu ) b) (nếu )
c) (nếu ) d) (nếu )
Giải
a) Ta có: 
b) Ta có: 
Vì (đpcm)
c) Ta có: 
d) Ta có: 
3. Phương pháp sử dung tính chất của bất đẳng thức
 Cơ sở của phương pháp này là các tính chất của bất đẳng thức và một số bất đẳng thức cơ bản như:
+) Nếu và thì 
+) Nếu và thì 
+) Nếu thì .
+) 
+) Nếu thì 
Ví dụ 3.1 Cho . Chứng minh: 
Giải
Ta có: 
Ví dụ 3.2 Với a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a) b) 
Giải
a) Ta có: (với )
b) Ta có: (với )
Ví dụ 3.3 Cho a, b, c > 0. CMR:
a) b) 
Giải
a) Ta dể dàng chứng minh được (đpcm)
b) Ta dể dàng chứng minh được (đpcm)
Ví dụ 3.4 Cho thoả mãn điều kiện: . Chứng minh rằng:
Giải: 
Ta có: Với thì . Từ đó suy ra
 (1)
 (2)
 (3)
Từ (1), (2) và (3) (đpcm)
Ví dụ 3.5. 
a) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
b) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: . Chứng minh:
Giải
áp dụng BĐT (với Ta có:
 (1)
 (2)
 (3)
Từ (1), (2) và (3) (đpcm)
b) Tương tự: áp dụng BĐT (với Ta có:
 (1)
 (2)
 (3)
Từ (1), (2) và (3) (*)
Mặt khác: (**)
Từ (*) và (**) (đpcm)
Ví dụ 3.5
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a) b) 
Giải
áp dụng BĐT: Nếu thì 
Ta có: ; ; 
 (đpcm)
b) Ta có: 
Tương tự: và . Từ đó suy ra (1)
Mặt khác ta lại chứng minh đươc (BĐT Net – Bit) (2)
Từ (1) và (2) (đpcm)
4. Phương pháp sử dung bất đẳng thức Cô - Si 
*) Với thì .
 Dấu “=” xảy ra khi 
Ví dụ 4.1 Cho a, b > 0 thỏa mãn điều kiện: . CMR: 
Giải
Áp dụng BĐT “Cô - Si” cho hai số dương và ta có: 
 (1)
Tương tự: Củng áp dung BĐT Cô - Si ta có:
 (2)
Từ (1) và (2) (đpcm)
Ví dụ 4.2 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 
a) b) 
Giải
a) Ta có: 
b) áp dụng BĐT Cô - Si ta có:
 (1)
Tương tự ta củng chứng minh được: (2) và (3)
Từ (1), (2) và (3) 
Dấu “=” xảy ra khi (trái với giả thiết). Vậy dấu “=” không xảy ra.
Ví dụ 4.3 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a) 
b) (với )
Giải
a) Ta có: 
 (đpcm)
b) Ta có: 
Ví dụ 4.4 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 
Giải
Ta có: 
Tương tự ta củng chứng minh được: và 
Cộng vế với vế các BĐT trên, suy ra điều phải chứng minh
Ví dụ 4.5 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện: . Chứng minh rằng: (1)
Giải
Ta có: (1) 
Mà: 
Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 4.6 Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:
a) 
b) 
Giải
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô - Si ta có: (1)
Tương tự ta củng chứng minh được: (2) 
 Và: (3)
Từ (1), (2) và (3) VT (đpcm)
b) Ta có: 
Tương tự ta củng chứng minh được: 
 Và 
 (đpcm)
Ví dụ 4.7 Cho x, y, z > 0. Chứng minh: 
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô - Si ta có: 
 (đpcm)
5. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski.
Với mọi a, b, c và x, y, z R thì ta luôn có:
*) . Dấu “=” xảy ra khi 
*) . Dấu “=” xảy ra khi 
Tổng quát: 
Với và R thì 
Dấu “=” xảy ra khi 
Ví dụ 5.1 Cho a, b > 0. Chứng minh rằng:
a) b) 
Giải
a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
b) Ta có: 
Tổng quát: 
*) Với thì (1)
*) Với thì (2)
Thật vậy: 
Đặt thay vào (1) được (2)
Ví dụ 5.2 Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a) b) 
c) d) 
Giải
a) Ta có: 
b) Ta có: 
c) Ta có: 
d) Ta có: 
Ví dụ 5.3 Cho a, b, c > 0. Chứng minh: 
Giải
Ta có: VT = 
Dấu “=” xảy ra khi (vô lí) suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 5.4 Cho x, y, z > 0. Chứng minh: 
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki ta có:
B. CáC PHƯƠNG PHáP TìM GIá TRỊ LỚN NHẤT, GIá TRỊ NHỎ NHẤT 
Cho biểu thức f(x,y)
*) Ta nói M là giá trị lớn nhất của f(x,y) kí hiệu maxf(x,y) = M, nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:
- Với mọi x, y để f(x,y) Xác định thì f(x,y) M
- Tồn tại x0, y0 sao cho f(x0,y0) = M.
*) Ta nói m là giá trị nhỏ nhất của f(x,y) kí hiệu minf(x,y) = m, nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:
- Với mọi x,y để f(x,y) Xác định thì f(x,y) m
- Tồn tại x0, y0 sao cho f(x0,y0) = m
I) TìM GTLN, GTNN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI
1. Đa thức bậc hai một biến 
Ví dụ 1.1
Tìm GTNN của A = 3x2 – 4x + 1
Tìm GTLN của B = – 5x2 + 6x – 2
Tìm GTNN của C = (x – 2)2 + (x – 3)2
Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c
Tìm GTNN của P nếu a > 0.
Tìm GTNN của P nếu a > 0.
Giải
A = . Vậy GTNN của A là . Đạt được khi .
B = . Vậy GTLN của B là . Đạt được khi x = . 
C = . 
Vậy GTNN của biểu thức C = . Đạt được khi .
d) Ta có: P = 
Nếu a > 0 thì P . Vậy GTNN của P = . Đạt được khi 
Nếu a < 0 thì P . Vậy GTLN của P = . Đạt được khi 
Ví dụ 1.2
a) Tìm GTNN của M = x2 – 3x + 1 với x 2.
b) Tìm GTLN của N = x2 – 5x + 1 với .
Giải
a) M = . Vậy GTNN của M = -1. Đạt được khi x = 2.
b) N = . Vậy GTLN của N = 25. Đạt được khi x = -3, x = 8
2. Đa thức bậc hai hai biến
a) Đa thức bậc hai hai biến có điều kiện
Ví dụ 2a.1
Cho x + y = 1. Tìm GTLN của P = 3xy – 4
Cho x – 2y = 2. Tìm GTNN của Q = x2 + 2y2 – x + 3y
Giải
a) P = 
Vậy GTLN của P = . Đạt được khi 
b) Q 
Vậy GTNN của Q = . Đạt được khi 
Ví dụ 2a.2 Tìm GTLN của của P = xy với x, y thỏa mãn điều kiện:
 a) và . b) và 
Giải:
 a) P = . Vậy GTLN của P = 8. Đạt được khi x = 2, y = 4
 b) Q = . Vậy GTLN của Q = (S – a)a 
 Đạt được khi x = S – a, y = a
 b) Đa thức bậc hai hai biến
 Cho đa thức: P(x,y) = ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + h (1), với a, b, c 0
Ta thường đưa P(x, y) về dạng: P(x, y) = mF2(x, y) + nG2(y) + k (2)
 P(x, y) = mH2(x, y) + nG2(x) + k (3)
Trong đó G(y), H(x) là hai biểu thức bậc nhất một ẩn, H(x, y) là biểu thức bậc nhất hai ẩn.
Chẳng hạn nếu ta biến đổi (1) về (2) với a, (4ac – b2) 0.
P
(Tương tự nhân hai vế của (1) với 4c để chuyển về (3))
Ví dụ 3.1
Tìm GTNN của P = x2 + y2 + xy + x + y
Tìm GTLN của Q = –5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – 1
Giải
a) 4P = 
 Vậy GTNN của P = . Đạt được khi .
b) – 5Q .
 Q 
Vậy GTLN của Q = 16. Đạt được khi x = 1, y = 2 
Ví dụ 3.2
Tìm cặp số (x, y) với y nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện: x2 + 5y2 + 2y – 4xy – 3 = 0 (*)
Giải
Ta có (*) .
Vậy GTNN của y = –3. Đạt được khi x = – 6. Vậy cặp số (x, y) = (–6; –3)
Ví dụ 3.3 Cho x, y liên hệ với nhau bởi hệ thức: x2 + 2xy + 7(x + y) + 7y2 + 10 = 0 (**).
 Hãy tìm GTLN, GTNN của biểu thức: S = x + y + 1.
Giải
Ta có (**) 
 (vì )
 S 
Vậy GTNN của S = –4. Đạt được khi x = –5, y = 0. GTLN của S = –1. Đạt được khi x = –2, y = 0.
II. PHƯƠNG PHáP MIỀN GIá TRỊ
Ví dụ 1. Tìm GTLN, GTNN của A = .
Giải
Biểu thức A nhận giá trị a khi phương trình: a = có nghiệm
 có nghiệm. (1)
Nếu a = 1 thì phương trình (1) có nghiệm x = .
Nếu a 1 thì phương trình (1) có nghiệm khi .
Vậy GTNN của biểu thức A là - 1. Đạt được khi .
 Và GTLN của biểu thức A là 5. Đat được khi .
Ví dụ 2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: B = .
Giải
Biểu thức B nhận giá trị b khi phương trình b = có nghiệm.
 (2) có nghiệm.
Trong đó x là ẩn, y là tham số và b là tham số có điều kiện.
Nếu b = 0 
Nếu b thì PT (2) có nghiệm x khi (3)
Coi (3) là bất phương trình ẩn y. BPT này xảy ra với mọi giá trị của y khi 
Vậy GTNN của biểu thức B = . Đạt được khi và .
 GTLN của biểu thức B = . Đạt được khi và .
III. phương pháp sử dụng Bất đẳng thức.	
1. Sử dung BĐT Cô - Si.
Ví dụ 1.1. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: A = với .
Ta có: A2 = 
 A2 A. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là . Đạt được khi và .
 (Biểu thức được cho dưới dạng tổng hai căn thức. Hai biểu thức lấy căn có tổng là hằng số)
Ví dụ 1.2. Cho x, y > 0 thoả mãn điều kiện x + y 6. Tìm GTNN của biểu thức: P .
Giải
Ta có: P .
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 19. Đạt được khi x = 2 và y = 4.
Ví dụ 1.3. Tìm GTLN của biểu thức : M = Với .
Giải 
Ta có : M = 
áp dụng BĐT Cô - Si ta có : 
 M 
Vậy Giá trị lớn nhất của biểu thức M là . Đạt được khi x = 6 và y = 4.
Ví dụ 1.4. Cho x, y, z > 0 thoả mãn: (1). Tìm GTLN của biểu thức P = xyz.
Giải
Từ (1) 
Tương tự: 
 Và 
Nhân vế với vế của ba BĐT trên ta có: P = xyz Dấu “=” xảy ra khi .
Vậy GTLN của biểu thức P là . Đạt được khi .
Ví dụ 1.5. Cho 0 < x < 1, Tìm GTNN của biểu thức: Q = .
Giải
Ta có: P = 
 GTNN của biểu thức: Q = là . Đạt được khi 
(Đặt P = rồi đồng nhất hệ số suy ra a = b = 1; c = 7)
Ví dụ 1.6. Cho x, y, z, t > 0. Tìm GTNN của biểu thức: M =.
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si ta có: với a, b > 0.
Ta có : M = M + 4 – 4 = 
 = 
 = 
Vậy GTNN của biểu thức: M = là 0. Đạt được khi x = y và z = t.
2. Sử dụng BĐT Bunhiacopski (BCS)
Vớ dụ 2.1. Cho x, y, z thỏa món: xy + yz + zx = 1. Tỡm GTNN của biểu thức: A = x4 + y4 + z4
Giải
áp dụng BĐT Bunhia Copski ta có:
 P Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là đạt được khi 
Vớ dụ 2.2. Tỡm GTNN của P = trong đú a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giỏc.
Giải
P = 
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 26 đạt được khi 
Vớ dụ 2.3. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của Q = . 
 Trong đú và .
Giải
Ta có: Q 
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q là 1 đạt được khi 
Vớ dụ 2.4
 Cho a, b, c > 0 thỏa món a + b + c = 1. Tỡm GTNN của P = 
Giải
 P 
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 30 đạt được khi a = b = c = 
Chúc các bạn thành công !!!