Trong quá trình dạy học và tìm hiểu, tôi nhận thấy trong chơng trình toán THPT có nhiều bài toán cơ bản, mà nếu ta biết khai thác, giảng dạy và định h-ớng kỹ năng vận dụng có hệ thống ch
Trang 1a b
B
I L í do chọn đề tài.
Trong quá trình dạy học và tìm hiểu, tôi nhận thấy trong chơng trình toán THPT có nhiều bài toán cơ bản, mà nếu ta biết khai thác, giảng dạy và định h-ớng kỹ năng vận dụng có hệ thống cho học sinh thì sẽ rất hiệu quả
Học sinh sẽ dễ dàng giải đợc nhiều bài toán thông qua việc vận dụng những kết quả đợc tạo ra từ bài toán cơ bản Nếu ta khai thác ứng dụng bài toán cơ bản từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp sẽ tạo nên sự hứng thú say mê của học sinh đối với môn toán, bởi điều đó đảm bảo sự tiếp nhận thông tin có
hệ thống, phù hợp với sự phát triển t duy của học sinh
Nhiều bài toán nếu vận dụng kiến thức từ bài toán cơ bản sẽ cho phơng
án giải độc đáo đầy tính t duy sáng tạo và hiệu quả
Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi đề cập về một phơng pháp giải toán
nh chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức, giải phơng trình, bất phơng trình Tuy vấn đề không mới nhng tôi cố gắng hệ thống lại vấn đề trên cơ sở phát triển từ một bài toán cơ bản trong SGK hình học 10 và phơng pháp sử dụng toạ độ véctơ trong chơng trình toán THPT
Thông qua đề tài này tôi thấy thực sự có ích cho học sinh khi thêm một công cụ, một cách nhìn nhận đầy đủ hơn về phơng pháp hình học véctơ trong chơng trình toán THPT
Học sinh dễ hiểu và dễ áp dụng, có định hớng rõ ràng khi vận dụng vào giải toán
Đề tài có tên là:
“ Khai thác sâu từ một bài toán cơ bản của sách giáo khoa
”
II Nội dung đề tài.
Xuất phát từ bài toán cơ bản sau:
Cho hai véctơ a , b tuỳ ý ta luôn có: a+b ≤ a + b (1)
(Bài tập số 4 SGK hình học cơ bản lớp 10 trang 27)
CM:
" Với 3 điểm A,B,C bất kì ta luôn có: AB+BC≥AC" (*)
Dấu "=" xẩy ra ⇔ A,B,C thẳng hàng và B nằm giữa AC.
Từ điểm A bất kì ta dựng: AB=a , BC=b
Trang 2Dựa vào (*) ta luôn có:
AC ≤ AB + BC ⇔ AC ≤ AB + BC
⇔ a+b ≤ a + b
Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi a cùng chiều b (a =kb, k>0 )
L u ý: - Véc tơ 0 cùng chiều với mọi véctơ
- Từ bài toán trên ta có các kết quả sau:
1.1) a−b ≤ a + b
1.2) −( )a±b ≤ a − b ≤ a±b
(Bạn đọc tự chứng minh).
Nhận xét: Các kết quả trên chính là mối liên hệ giữa 3 cạnh của một tam giác.
Ta có thể tổng quát bài toán trên:
Với n véctơ: a1 , a2 , , a n ta luôn có: a1 +a2 + +a n ≤ a1 + a2 + + a n (2)
CM: Từ điểm A bất kì ta dựng: AA1 =a1 , A1A2 =a2 , …, A m−1A n =a n
Do với n+1 điểm A,A 1 ,A 2 ,…,A n ta luôn có :AA 1 +A 1 A 2 +…+A n-1 A n ≥AA n
Suy ra điều phải chứng minh
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a1 , a2 , , a n cùng chiều
Thông qua các vấn đề trên, ta khéo léo lựa chọn toạ độ của điểm , toạ độ của các vectơ, một cách hợp lý Sau đó tính toạ độ của tổng (hiệu) véctơ, cùng với độ dài của chúng để chuyển về bài toán véctơ có cách giải nhanh gọn, độc đáo và mang tính t duy sáng tạo
Một số bài tập ứng dụng.
A Chứng minh bất đẳng thức đại số
Bài 1 Chứng minh rằng với mọi số thực a ta luôn có:
2 2 2 2 2
2 + a+ + a − a+ ≥
a
Giải:
Ta có : a2 + 2a+ 2 + a2 − 2a+ 2 = (a+ 1)2 + 1 2 + (a− 1)2 + 1 2
Trong mặt phẳng Oxy lựa chọn : a=(a+ 1 ; 1) ⇒ a = a2 + 2a+ 2 ;
(1 a; 1)
Khi đó ta có: a+b= (2 ; 2) ⇒ a+b = 2 2 + 2 2 = 2 2
Từ (1) suy ra điều phải chứng minh
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a=kb (k >0) (Vì a ≠ 0 ;b ≠ 0 )
1
1 1
1 = > ⇔ =
−
a
a
Bài 2 Cho a, b, c là 3 số thực khác không Chứng minh rằng ta luôn có:
) (
2 2 2 2 2 2
2 b b c c a a b c
Giải:
Trong mặt phẳng Oxy lựa chọn:
a1 = ( )a; b ; a2 = ( )b; c ; a3 =(c;a) ⇒ a1+a2 +a3 =(a+b+c;a+b+c).
Trang 3Khi đó ta có: 2 2
1 a b
2 b c
3 c a
3 2
1 a a a b c a b c a b c a b c
Từ (2) ta có: a1 + a2 + a3 ≥ a1 +a2 +a3
⇒ a2 +b2 + b2 +c2 + c2 +a2 ≥ 2(a+b+c) (Đpcm)
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi:
=
=
>
>
>
a
c c
b b
a 0 ; 0 ; 0
⇔ a=b=c>0.
Khi trong bài toán BĐT đại số có điều kiện ta cần phải vận dụng linh hoạt với các
ph-ơng pháp cơ bản khác
ví dụ.
Bài 3 Cho các số dơng x,y,z thoã mãn : x+y+z ≤1 Chứng minh rằng
82 1
1 1
2
2 2
2 2
2 + + + + + ≥
z
z y
y x
x
(ĐH-CĐ khối A -2003)
Giải:
Trong mặt phẳng Oxy lựa chọn: a =
x
x;1 ; b =
y
z
z;1
⇒ a+b+c=(x+y+z ;
z y x
1 1 1
+
) (
+ + +
+ +
= + +
z y x z
y x c b a
Do: a + b + c ≥ a+b+c
⇒ VT ≥
2
2 1 1 1 )
(
+ + +
z y x z
y
2
2 1 1 1 80 ( ) )
(
z y x z
y
≥ 18 ( ) 1 1 1 80 (x y z) 2
z y x z y
+
Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi x=y=z =
3
1
Bài 4 Cho x,y,z là 3 số bất kì thoã mãn : x+2y+3z = 1 CMR
37 1
3 1
2
1 +x2 + + y2 + +z2 ≥
Giải:
Ta có 1+x2 +2 1+ y2 +3 1+z2 = 1 +x2 + 2 2 + ( 2y) 2 + 3 2 + ( 3z) 2
Khi đó trong mặt phẳng Oxy ta chọn:
OA=( x1; ) ⇒ OA = 1 x+ 2
AB=(2;2y) ⇒ AB = 2 2 + ( 2y) 2
BC =(3;3z) ⇒ BC = 3 2 + ( 3z) 2
OC=(6;x+2y+3z) ⇒ OC = 6 2 + (x+ 2y+ 3z) 2 = 37
Trang 4Do : OA + AB + BC ≥ OA+ AB+BC ⇔ 1+x2 +2 1+ y2 +3 1+z2 ≥ 37 (Đpcm) Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi: OA,AB,BC cùng chiều ⇔ x=y=z =
6
1.
Bài toán 4 đợc tổng quát nh sau:
Cho a,b,c,h là 4 số dơng 3 số x,y,z thay đổi thoã mãn: ax+by+cz=k (không đổi).
CMR : a h2 +x2 +b h2 + y2 +c h2 +z2 ≥ k2 + (a+b+c) 2h2
Bài 5 Cho 4 số a,b,c,d thoã mãn điều kiện: a2 +b2 =c2 +d2 =5 CMR
10 3 5
2 5
2
5 −a− b + −c− d + −ac−bd ≤
Giải:
2 1
2
1 2
5 4 2 2
2
1 2
5 4 2 2
5 −c− d = c +d − c− d + = c− + d−
2
1 2
2 2 2
5 −ac− bd = a +b +c +d − ac− bd = a−c + b−d
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta lựa chọn:
u1(a;b) ; v1(−1;−2) ⇒ u1+v1 =(a−1;b−2)
Do u1 +v1 ≤ u1 + v1 ⇔ (a− 1 ) 2 + (b− 2 ) 2 ≤ a2 +b2 + ( − 1 ) 2 + ( − 2 ) 2 =2 5 ⇔ ( ) (2 )2
2 1
2
1 2
2
Tơng tự ta có: 5−c−2d ≤ 10
Xét: u2(a;b) ; v2(−c;−d)⇒ u2 +v2 =(a−c;b−d)
Do u2 +v2 ≤ u2 + v2 ⇔ (a−c) 2 + (b−d) 2 ≤ a2 +b2 + ( −c) 2 + ( −d) 2 =2 5
2
1 2
2
1 5
Cộng theo vế ta có 5−a−2b+ 5−c−2d + 5−ac−bd ≤3 10 (Đpcm)
Dấu đẳng thức xẩy ra khi
= +
= +
=
=
5 5 2 2
2 2
2 2
d c
b a
c d
a b
Nhận xét:
Nếu u (a;b) ; v(c;d) thì ta luôn có: (a±c) 2 + (b±d) 2 ≤ a2 +b2 + c2 +d2 .
Bài 6: Cho 2n số thực: a1,a2, a n;b1,b2, b n
thoã mãn : a1 +a2 + +a n +b1 +b2 + +b n = 1
CMR:
2
2
2 2
2 2
2 1
2
1 +b + a +b + + a n +b n ≥
Giải:
Trong mp toạ độ Oxy ta xét các véctơ:
Trang 5OA1 =(a1;b1) ⇒ 2
1
2 1
1 a b
OA2 =(a2;b2) ⇒ 2
2
2 2
2 a b
…
OA n = (a n;b n) ⇒ 2 2
n n
⇒ OA1 +OA2 +. OA n =( a1 +a2 + +a n;b1 +b2 + +b n)
Do : OA1 + OA2 + + OA n ≥ OA1 +OA2 + +OA n ⇔
2
2 2
2
1
2
1 b a b a n b n
2 1
2 2
1 ) ( )
(Với x+y=1)
Ta lại có : x 2 +y 2 = x 2 +(1-x) 2 =2x 2 -2x+1=
2
1 2
1 2
2
+
2 1
2
2 2
2 1
2
1 b a b a n b n
2
2 2
1
= (Đpcm).
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi: OA1;OA2 . OA n cùng chiều và
2
1
2
1 +a + +a n =b +b + +b n =
n b b
b a a
2
1
2
Bài 7 Cho a, b, c là 3 số thoã mãn
≤ + +
>
2 3 0 , ,
c b a
c b a
Chứng minh rằng ta luôn có:
2 2
2 1 1
c b
2 2
2 1 1
a c
2 2
2 1 1
b a
2
33 3
Giải:
Trong hệ trục Oxyz
Ta lựa chọn: u =
c b
a;1;1 ⇒ u =
2 2
2 1 1
c b
v =
a c
b;1;1 ⇒ v
2 2
2 1 1
a c
=
w =
b a
c;1;1 ⇒ w
2 2
2 1 1
b a
=
c b a c b a c b
2 )
+ + +
= + +
c b a c
b a w v u
Do : u + v +w ≥ u+v+w
c b
a c
b a
2 )
+ + +
c b a c
b
2 2
16
31 1 1 1 16
1 )
+ + +
+ + +
+
+
c b a c
b a c
b
16
31 1
1 1 2
1
+ + +
+ + +
+
c b a c
b a c b a
Trang 6Ta có: ( ) 1 1 1≥ 9
+ +
c b a c b
) 2 3 (
9 9
1 1
+ +
≥
c b a c b a
Vậy: VT≥ 21 ( ) 1 1 1 2 1631 1 1 12
+ + +
+ + +
+
c b a c
b a c b
2
33 3 6 16
31 9 2
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi:
2
1
=
=
=b c a
Bài 8 Chứng minh rằng: 2 cosx + sinx+ cosx ≥1
Giải:
Trên mặt phẳng Oxy ta lựa chọn các điểm A(cosx ; 0); B (-sinx ; 0) ; C(0 ; cosx) Khi đó ta có: AB=(−sinx−cosx;0) ⇒ AB = AB = sinx+ cosx
AC=(−cosx;cosx) ⇒ AC= AC = 2 cosx
BC=(sinx;cosx) ⇒ BC= BC = 1
Do AB+AC ≥ BC ⇒ 2 cosx + sinx+ cosx ≥1 Đpcm.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi: cosx=0 ⇔ ( )
Đến đây hẳn bạn đọc đã có thể dùng phơng pháp sử dụng véctơ để giải
quyết các bài toán sau:
1 Chứng minh rằng với mọi số thực a ta luôn có:
a) a2 +a+1+ a2 −a+1≥2 b) 2a2 +8+ 2a2 +12a+20≥6
2 Cho a, b, là 2 số thực tuỳ ý Chứng minh rằng ta luôn có:
a) a2 −4a+8+ 10b2 −18b+9 + 10b2 −2ab+a2 ≥ 29 b)
5
5 6 1 4 5 2 5 8 5 4 8
5b2 − b+ + b2 − ab+ a2 + a2 − a+ ≥
3 Cho a, b, c là 3 số thực tuỳ ý Chứng minh rằng ta luôn có:
a) a2 +ab+b2 + a2 +bc+c2 ≥ b2 +bc+c2
b) (a+c) 2 +b2 + (a−c) 2 +b2 ≥ 2 a2 +b2 c) 10a2 −24a+16+ 13b2 −18ab+10a2 + 13b2 −6bc+c2 + c2 −12c+40≥6 2
4 Cho a,b,c,d là 4 số khác nhau Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có:
) ( )
( )
(x+a +b + x+c +d ≥ a−c + b + d
5 CMR với mọi x, y là số thực ta luôn có:
4cos2 xcos2 y+sin2(x− y)+ 4sin2 xsin2 y+sin2(x− y) ≥2
6 Cho các số dơng x,y,z thoã mãn : xyz=1 Chứng minh rằng
3 3 3
3 3
3
≥ + + + + + + + +
zx
y z yz
z y xy
y x
(ĐH-CĐ khối D 2005)
Trang 77 Cho a, b, c là 3 số thoã mãn
≤ + +
>
2 3 0 , ,
c b a
c b a
Chứng minh rằng ta luôn có:
2
2 1
b
c
a
2
17 3
8 Cho 2n số thực: a1,a2, a n;b1,b2, b n
CMR:
2 2
1
2 2
1
2 2 3
2
2 2
2 1
2 1
)
( )
(
n n
n n
b b
b a
a a
b a b
a b
a
+ + + + +
+ +
≥
≥ + + + + + +
9 Cho 3 số dơng a,b,c Chứng minh rằng:
a2 − 2ab+b2 + b2 − 3bc+c2 ≥ a2 − 2 − 3ac+c2
10 Cho a, b, c là 3 số thoã mãn
≥ +
+ +
>
0 2
0 , ,
abc c
b a
c b a
Chứng minh rằng ta luôn có:
4 2
9
2
a c b
4 2
9
2
b a c
4 2
9
2
c b a
Nhận xét: Phơng pháp hình học véctơ thờng dùng để chứng minh các Bất
đẳng thức dạng : " + ≥ "
B Một số bài toán khác
Một số bài giải phơng trình, giải hệ phơng trình dạng vô tỷ, bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất ở các đề thi học sinh giỏi, Đại học, Cao
đẳng nếu biết vận dụng các tính chất trên ta sẽ giải quyết một cách dễ
dàng, mang tính t duy sáng tạo
Các ví dụ:
Bài 1 Giải phơng trình:
2 ( 3 3 7 17 13
13 8 7
2 −x+ + x + x+ + x + x+ = x+
(Tuyển tập đề thi Olympic 2003).
Giải:
Điều kiện: x≥-2
Ta có: VT= x2 −x+19+ 7x2 +8x+13+ 13x2 +17x+7 =
2 2
2 2
2
1 2
3 3 3 2 )
1 2 ( 3 2 3 2
3 5 2
1
− +
+ +
− + +
+
+
−
Ta lựa chọn: a =
−
2
1
; 2
3 5
x ; b= ( 3x+ 2 3 ; − 2x+ 1) ; c=
− +
2
1
; 2
3 3 3
⇒ a+b+c =(6 3+3 3x;0) ⇒ a+b+c = ( 6 3 + 3 3x) 2 = 3 3x+ 2
Do : VT=a + b + c ≥ a+b+c =3 3x+ 2=3 3(x+2) =VP (Vì x≥-2)
Dấu "=" xẩy ra khi a ,b, c cùng chiều ⇒
2
1
−
x cùng dấu -2x+1 ⇔ x=
2 1
−
Trang 8Thử lại ta thấy x =
2
1
− là nghiệm duy nhất của phơng trình
Bài 2 Giải phơng trình: x2 + 4x+ 13 − x2 − 2x+ 2 = 13
Giải
Ta viết phơng trình dới dạng: (x+ 2 ) 2 + 3 2 − (x− 1 ) 2 + 1 2 = 13
Trên mặt phẳng Oxy ta lựa chọn các véctơ
Khi đó ta có: u=(x+2;3) ⇒ ( )2 2
3
+
u
v=(x−1;1) ⇒ v = (x− 1)2 + 1 2
u−v=(3;2) ⇒ u−v = 13
Do (2.2): u − v ≤ u−v ⇔ (x+ 2 ) 2 + 3 2 − (x− 1 ) 2 + 1 2 ≤ 13 :
Dấu bằng xẩy ra khi u và u cùng chiều ⇔
2
5 0
1
3 1
2 = > ⇔ =
−
+
x x
x
Vậy phơng trình có nghiệm :
2
5
=
L
u ý: Việc lựa chọn toạ độ phải hợp lý để đi đến kết quả và phải "cẩn thận" khi xét
dấu đẳng thức xẩy ra
Ví dụ: Nếu ta sửa lại bài 2:
Giải phơng trình: x2 + 4x+ 13 − x2 − 2x+ 2 = 5
Khi đó ta lựa chọn các véctơ
u=(x+2;3) ⇒ u = (x+ 2)2 + 3 2
v=(x−1;−1) ⇒ ( )2 2
1
−
v
u−v=(3;4) ⇒ u−v = 5
Do (2.2): u − v ≤ u−v ⇔ (x+ 2 ) 2 + 3 2 − (x− 1 ) 2 + 1 2 = 5 :
Dấu bằng xẩy ra khi u và u cùng chiều ⇔ 0
1
3 1
−
=
−
+
x
Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm
Bài 3 Giải hệ phơng trình:
+ +
= + +
= +
− +
+ +
− + +
2 2
2 2
1 2
2 2
z y x z y x
y y y
xy x
x
Giải:
Ta có phơng trình (1) ⇔ x2 +22 + (x−y)2 +12 + (y−3)2 +12 =5
Chọn: a =(x ; 2) ; b =(y-x ; 1) ; c =( 3-y ; 1)
⇒ a + b + c =(3 ; 4)
Do a + b + c ≥ a+b+c ⇔ x2 +22 + (x− y)2 +12 + (y−3)2 +12 ≥5
Trang 9Vậy phơng trình (1) có nghiệm ⇔ a,b,c cùng chiều (vì a,b,c ≠ 0 )
⇔
1
3 1 2
y x
y
=
=
4 9 2 3
y
x
Thay vào (2) ta có:
= +
−
≥
⇔ +
=
2 2
4
15 16
117
4 15 4
15 16
117
z z
z z
10
9
−
Vậy hệ đã cho có nghiệm :
10
9
; 4
9
; 2 3
Bài 4.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2 ( )2 2 ( )2
3
+
x
Trong đó x, y là hai số thực thoả mãn: 2x- y= 2.
(Đề thi học sinh giỏi Quốc gia lớp 12 năm 1998)
Giải:
Do 2x-y=2 nên ta có: y=2x-2 thay vào P ta có:
P = 2 ( )2 2 ( )2
5 2 1
5
1 5
2 (
5 25 20 5
1 4
2 2
2
+
−
= +
− +
+
x
Ta lựa chọn: a =
−
5
1
; 5
2
5
6
; 5
8
⇒ a+b = 2
Do a + b ≥ a+b nên ta có: P = 5 (a + b) ≥ 5 (a+b)=2 5
Dễ thấy a,b ≠ 0 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi: a =k b (k>0).
⇔
1 5 1 2
5
2
=
−
−
x
3
2 ⇒ y=
3
2
−
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của P =2 5 khi
−
=
=
3 2 3 2
y x
L
u ý: Nếu từ (*) ta lựa chọn a =(x;2x-1) ; b =(-x; 5-2x).
Ta sẽ có : P ≥4⇒ minP = 4
Tuy nhiên không tồn tại (x;y) thoã mãn điều kiện P = 4 ( a không cùng chiều b )
Bài 5 Cho x,y là các số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = (x− 1 ) 2 + y2 + (x+ 1 ) 2 + y2 + y− 2
(ĐH-CĐ khối B 2006)
Giải:
Ta lựa chọn: a =(1 −x; y) ; b= (x+ 1 ;y) ⇒ a +b =(2 ; 2y)
a + b ≥ a+b ⇔ (x− 1 ) 2 + y2 + (x+ 1 ) 2 + y2 ≥ 2 1 + y2
Trang 10B
y
O
Vậy ta có: A = (x− 1 ) 2 + y2 + (x+ 1 ) 2 + y2 + y− 2 ≥ y− 2 + 2 1 + y2
Xét hàm số: f(y) = y− 2 + 2 1 + y2
Ta có giá trị nhỏ nhất của A =2 + 3 khi
=
=
3 1
0
y x
Bài 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
y = x2 − 2px+ 2p2 + x2 − 2qx+ 2q2
Giải:
Ta có: y = (x−p) 2 + p2 + (x−q) 2 +q2 .
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy xét 3 điểm : A(p ; p) ; B(q ; q) ; M(x ; 0)
Khi đó ta có: MA = MA = (x− p) 2 + p2
MB= MB = (x−q) 2 +q2
⇒ y = MA+MB.
Ta nhận thấy A ; B ; O thẳng hàng , A,B là 2 điểm cố định
Cần tìm điểm M ∈Ox (Vì M(x;0)) sao cho MA+MB nhỏ nhất.
Đây là một bài toán cơ bản về khoảng cách.
Ta xét các trờng hợp:
TH1: p.q≤ 0 ⇒ A và B có ít nhất 1 điểm trùng O , hoặc O nằm giữa AB.
⇔ M(0;0) ⇔ x=0
Tức là: ymin= 2p2 + 2q2 = 2 (p + q) khi x= 0.
TH2: p.q>0 ⇒ A và B nằm cùng một phía với Ox.
đó ta có MA=MA'.
Ta có : y = MA+MB = MA'+MB
Trang 11Vậy để y nhỏ nhất ⇔ A', M, B thẳng hàng ⇔ A'B=k A'M (k> 0 )
Do A'B=(q− p;q+ p); A'B=(x− p;p)
Nên ta có:
p
p q p x
p
−
−
⇔
q p
pq x
+
q p
pq
+ Vậy y min =A'B = (p−q) 2 + (p+q) 2 = 2 (p2 +q2 ) khi
q p
pq x
+
= 2 Kết luận:
Nếu p.q≤0 ta có ymin= 2 ( p + q) khi x = 0.
Nếu p.q >0 ta có y min = 2(p2 +q2) khi x= p2+pq q
Một số bài tập áp dụng:
1 Giải phơng trình: a) x2 −8x+816 + x2 +10x+267 = 2003
(Tuyển tập đề thi Olympic 2003).
b) x2 − 2x+ 5 − x2 − 6x+ 10 = 5
2 Giải hệ phơng trình:
=
−
=
− +
+
− +
0 4
2 ) ( sin sin
sin 4 ) ( sin cos
cos 4
2 2
2 2
2 2
2 2
y x
y x y
x y
x y
x
3 Giải hệ phơng trình:
=
+ + +
+ + +
+ +
= + +
6 3
6 2 2
2
z
y x z y
x z y x
z y x
z y x
Với x,y,z là các số thực dơng.
4 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
a) y = cos2 x−2cosx+5+ cos2 x+4cosx+8
b) y =
5
8 5
4 2
1 10 4 2
1 5
32 5
16 2
1 2 2
+
− +
+
− +
+
− +
x
c) y = 2 sinx + sinx− cosx
5 Cho
≥ + +
>
6
0 , ,
c b a
c b a
Tìm giá trị nhỏ nhất của:
S =
b a
c a c
b c b
a
+ + + + + + +
2
6 Tìm m để bất phơng trình sau có nghiệm :
m x
x x
7 Cho hai số a, b thoã mãn điều kiện a - 2b +2=0 CMR
a2 +b2 −6a−10b+34 + a2 +b2 −10a−14b+74≥6
8 CMR: x2 +x+1− x2 −x+1<1