https://app.box.com/s/spwbdn9i2gr2vfpgjqlztxh1vx5jbkj8

1. Hỗ trợ trực tuyến
Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon
Mobi/Zalo 0905779594
Tài liệu chuẩn tham khảo
Phát triển kênh bởi
Ths Nguyễn Thanh Tú
Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :
Nguyen Thanh Tu Group
C Á C C H U Y Ê N Đ Ê N Â N G
C A O T O Á N
Ths Nguyễn Thanh Tú
eBook Collection
15 CHUYÊN ĐÊ NÂNG CAO TOÁN LỚP 8
NĂM 2023 (700 TRANG) HỆ THỐNG BÀI
TẬP HSG TỈNH, THÀNH PHỐ, TUYỂN SINH
VÀO 10 CHUYÊN CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT
WORD VERSION | 2023 EDITION
ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL
TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
vectorstock.com/28062405

2. 1
BẤT ĐẲNG THỨC
I. Các kiến thức cơ bản
1. Định nghĩa: Ta gọi hệ thức dạng a b
 ( ; ;
a b a b a b
   ) là một bất đẳng thức
Ta có
0
0
A B A B
A B A B
   


   

2. Các tính chất
a. Tính chất bắc cầu:
a b
a c
b c


 



b. Cộng hai vế của bất đẳng thức với cùng một số: a b a c b c
    
Hệ quả 1: a b a c b c
    
c. Cộng, trừ từng vế của bất đẳng thức cùng chiều được bất đẳng thức cùng chiều với bất
đẳng thức đã cho
a b
a c b d
c d
 
   

 
(lưu ý: không có tính chất trừ vế với vế )
d. Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với cùng một số
Ta có:
; 0 . .
; 0 . .
a b c a c b c
a b c a c b c
   


   

 Hệ quả: ( 0)
( 0)
a b a b
a b
c
c c
a b
a b
c
c c
    



  


  


  



e. Trừ từng vế của bất đẳng thức ngược chiều:
a b
a c b d
c d


   



f. Nhân từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm: 0;
a b c d ac bd
    
g. Nâng lên lũy thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức:
- 0 n n
a b a b
   
- n n
a b a b
   (n: lẻ)
- n n
a b a b
   (n: chẵn)
h. Lấy căn
*
0, n n
a b n N a b
    
Hệ quả: , 0
a b  , có: 2 2 2 2
; , 0
a b a b a b a b a b
       

3. 2
i. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức nếu hai vế cùng dấu
-
1 1
0 0
a b
a b
    
-
1 1
, 0
a b ab
a b
   
II. Các hằng đẳng thức
1. 2 2
0; 0
a a
   2. 0 0
a a
  
3. 0
a a a
   4. 0
a b a b ab
    
5.
0
ab
a b a b
a b



    



III. Các bổ đề hay sử dụng
1. 2 2
2
a b ab
  2.
2
2
( ) 4 ( osi)
2
a b
ab a b ab c

 
   
 
 
3.
1 1 4
( , 0)
a b
a b a b
  

4. 2( , 0)
a b
a b
b a
  
5.       
2
2 2 2 2
a b x y ax by bunhiacopski
   
IV. Các dạng toán
Dạng 1: Dùng định nghĩa và các phép biến đổi tương đương
Cách giải: Để chứng minh: A B
 ta xét hiệu A B
 và chứng minh 0
A B
 
Bài 1:
Cho ba số a, b, c bất kỳ, chứng minh bất đẳng thức sau: 2 2 2
(1)
a b c ab bc ca
    
Lời giải
Ta có: 2 2 2 2 2 2
(1) 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 0
a b c ab bc ca a b b c c a
             (luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra a b c
  
Bài 2:
Cho ba số a, b, c bất kỳ, chứng minh rằng: 2
( ) 3 ( )(1)
ab bc ca abc a b c
    
Lời giải
Ta có:

4. 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
(1) 0 2(...) 0 ( ) ( ) ( ) 0
a b b c c a a bc ab c abc ab bc bc ca ca ba
               
(luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra ; ;
ab bc bc ca ca ab a b c
      
Bài 3:
Chứng minh rằng:  
2 2 2 2 2
, , , , ,
a b c d e a b c d e a b c d e R
         
Lời giải
Ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 0
4 4 4 4
a a a a
a b c d e a b c d e ab b ac c ad d ae e
                    
2 2
... 0
2 2
a a
b e
   
     
   
   
(luôn đúng)
Bài 4:
Cho ba số a, b, c thỏa mãn: 0 a b c
   . Chứng minh rằng:
a b c b a c
b c a a c b
    
Lời giải
Xét hiệu:
       
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
a b c b a c
a c ab bc b c ba ac a c b c b a ab c b ac
b c a a c b abc abc
 
                
 
2
1 1
( )( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 0( :0 )
c a b a b ab a b c a b a b b c c a do a b c
abc abc
 
              
  (đpcm)
Bài 5:
Chứng minh rằng:
1 1 1
2( )
a b c
bc ac ab a b c
     với , , 0
a b c 
Lời giải
Xét hiệu 2 2 2
2 0 2 2 2 0
a b c bc ac ab
a b c bc ca ab
bc ac ab abc abc abc
 
             
 
 
 
2
0
a b c
    (đpcm)
Bài 6:
Chứng minh rằng nếu 2
a b
  thì 3 3 4 4
a b a b
  
Lời giải
Xét hiệu: 4 4 3 3 3 3 3 3
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
a b a b a a b b a a a a b b b b
                  

5. 4
3 3 2 2 2 2
( 1)( 1) ( 1)( 1) 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 2 0 0 0 0
a a b b a b a a a b b b a b
                       
(đpcm)
Bài 7:
Chứng minh rằng , ,
a b c
 , ta luôn có 4 4 4
( )
a b c abc a b c
    
Lời giải
Ta có:
4 4 4 4 4 4 2 2 2 4 4 4 2 2 2
1
( ) (2 2 2 2 2 2 )
2
a b c abc a b c a b c a bc b ac c ab a b c a bc b ac c ab
                
4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2
1
( 2 ) 2 ( 2 ) 2 ( 2 ) 2
2
a a b b a b a a c c a c b b c c b c a bc b ac c ab
 
              
 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
( ) ( ) ( ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 )
2
a b a c b c a b b c ab c b c c a abc a b c a a bc
 
              
 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 , ,
2
a b b c c a ab bc bc ca ab ac a b c
 
             
  (đpcm)

6. 5
Dạng 2: Dùng các phép biến đổi tương đương
Cách giải: Ta biến đổi các bất đẳng thức cần chứng minh tương đường với BĐT đúng hoặc
BĐT đã được chứng minh là đúng
- Nếu A B C D
   , với C D
 luôn đúng
- Sử dụng dạng tổng bình phương: 2 2 2
0,
A B mX nY kZ
     với các số , ,
m n k không âm
- Dạng tích hai thừa số cùng dấu: . 0
A B X Y
   hoặc 2
. 0
n
A B X Y
  
Bài 1: Cho a, b, c, d, e là các số thực. Chứng minh rằng:
a)
2
2
4
b
a ab
  b) 2 2
1
a b ab a b
    
c) 2 2 2
4 4 4 4 8
a b c ab ac bc
     d)
2
2 2 2
3 3
a b c a b c
   
 
  
 
Lời giải
a) Ta có:  
2 2
2
2 2 2 2
0 4 4 2 0
4 4
b b
a ab a ab a b ab a b
            (đpcm)
b) Ta có:
         
2 2 2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 0
a b ab a b a b ab a b a b a b
                  (đpcm)
c) Ta có: 2 2 2 2 2 2
( 4 4 ) 4 (4 ) 0 ( 2 ) 2( 2 ).2 (2 ) 0 ( 2 2 ) 0
a ab b c ac bc a b a b c c a b c
               
(đpcm)
d) Ta có:
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
3( ) ( ) 2 2 2
3 3
a b c a b c
a b c a b c a b c ab bc ca
   
 
            
 
 
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0
a b b c c a
       (đpcm)
Bài 2: Cho ba số , ,
a b c R
 thỏa mãn 1
abc  và
1 1 1
a b c
a b c
    
a) Chứng minh rằng: ( 1)( 1)( 1) 0
a b c
   
b) Chứng minh răng luôn tồn tại 1 trong ba số a, b, c nhỏ hơn 1
Lời giải
a. Ta có ( 1)( 1)( 1) 0 0
a b c abc ab bc ca a b c
           
( ) ( ) 0 1 ( ) ( ) 0(1)
abc a b c ab bc ca a b c ab bc ca
               

7. 6
và
1 1 1
(2)
ab bc ca
a b c a b c a b c ab bc ca
a b c abc
 
              
Từ (1)(2) ta có điều phải chứng minh
b) Giả sử tồn tại cả ba số , ,
a b c lớn hơn 1 1
abc
  (mâu thuẫn với giả thiết)
Vậy luôn tồn tại 1 số nhỏ hơn 1.
Bài 3:
Chứng minh rằng: 10 10 2 2 8 8 4 4
( )( ) ( )( )(1)
a b a b a b a b
    
Lời giải
Ta có: 10 10 2 2 8 8 4 4 12 10 2 2 10 12 12 8 4 8 12
(1) ( )( ) ( )( ) 0 0
a b a b a b a b a a b a b b a a b a b b
               
10 2 8 4 2 10 4 8 8 2 2 2 2 8 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4
( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0
a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a a b b
              
(đpcm)
Bài 4:
Chứng minh rằng: 1 2( , , 0)
a b c
a b c
a b b c c a
    
  
Lời giải
Ta có:
1 1 a a
a b a b c
a b a b c a b a b c
       
     
Tương tự: ;
b b c c
b c a b c a c a b c
 
     
.
Vậy 1(*)
a b c
a b b c c a
  
  
Lại có: ; ;
a a c b a b c c b
a a b
a b a b c b c a b c c a a b c
  
     
        
Cộng vế với vế ba bất đẳng thức ta được: 2(**)
a b c
a b b c c a
   
  
đpcm
Bài 5: Tuyển sinh vào 10 ĐHSP TPHCM, năm học 2007 - 2008
Cho , , 0
a b c  . Chứng minh rằng: 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3
a b b c c a a b b c c a
    
Lời giải
Ta có: 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3
0
a b b c c a a b b c c a a b a b b c c a c a b c
           
2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 3
( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0
a b a b c b a c a b a b a b c b ab a c a b
 
              
 

8. 7
( )( )( )( ) 0
a b b c c a ab bc ca
       (đpcm)
Bài 6: Tuyển sinh vào 10 Thanh Hóa, năm học 2007 - 2008
Chứng minh rằng:
2
2
5( 1) 11
1 2 2
a a
a a

 

Lời giải
Ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2
5( 1) 11 1 5( 1) ( 1) 5 5
5 0 . 0
1 2 2 1 2 2 2( 1) ( 1)
a a a a a a a
a a a a a a a
     
        
   
2 2 2
2
( 1) ( 1) 9( 1)
.
2 2 ( 1)
a a a
a a
   


(nhân với 2), dấu “=” xả ra 1
a
 
Bài 7: Tuyển sinh vào 10 Thanh Hóa, năm học 2007 - 2008
Chứng minh rằng với mọi số thực , 0
x y  ta có:  
2 2
2 2
4 3 1
x y x y
y x y x
 
   
 
 
Lời giải
Ta có:
2
2 2
2 2
(1) 4 3 0 2 2 0 2 1 0
x y x y x y x y x y x y x y
y x y x y x y x y x y x y x
          
                   
          
          
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) 2( ) ( ) ( ) (2 2 2 )
0 0 0
x y x xy y x y x xy y x y x xy y
x y x y x y
        
     
2 2 2 2
2 2
( ) ( ( ) )
0
x y x y x y
x y
   
  (luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra 0
x y
   .
Bài 8: Chuyên An Giang, năm học 2010 - 2011
Cho 4, 4
a b
  . Chứng minh rằng: 2 2
6( )
a b ab a b
   
Lời giải
Do 4, 4 4 0; 4 0
a b a b
      
Đặt 2 2
4( 0); 4( 0) (1) ( 4) ( 4) ( 4)( 4) 6( 8)
x a x y b y x y x y x y
                
2 2
6( ) 0( , 0)
x y xy x y x y
      
Dấu “=” xảy ra 0 4
x y a b
      .

9. 8
Bài 9: Tuyển sinh vào 10 chuyên KHTN ĐHQGHN, năm học 2000 - 2001
Cho hai số thực , 0
x y  . Chứng minh rằng:
2 2 2 2
2 2 2 2 2
4
3(1)
( )
x y x y
x y y x
  

Lời giải
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 4 ( ) 2 ( ) ( )
(1) 1 2 0 0 0
( ) ( ) ( )
x y x y x y x y x y x y x y x y
x y y x x y x y x y x y
      
           
  
2 2 2 2 2 4 4 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
1 1 ( )
( ) . 0 ( ) . 0 ( ) . 0
( ) ( ) ( )
x y x y x y x y
x y x y x y
x y x y x y x y x y x y
     
         
 
  
 
Dấu “=” xảy ra x y
  
Bài 10: Dành cho lớp 9
Cho hai số thực ,
a b. Chứng minh rằng:
2 2
2
(1)
2 2
a a b a b
ab
a b
 
  

Lời giải
Ta có:
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 ( ) ( )
2
;
2 2( ) 2
2
2 2
a b
ab
a b a a b a b a b
ab
a b a b a b a b
ab ab


   
    
   
 
 
 
 
 
2
2 2 2
2 2
( ) 1 1
(1) 0 ( ) 2 2 2( ) 2 0
2
2
a b
a b a b a b ab
a b
a b
ab
 
 
  
 
         
 
 



 
 
2 2
2 2 2( ) 2 0(*)
a b a b ab
     
- Ta có:
2 2
2 2 2
2 2 2
( ) ( )
2 ( ) ; 2( )
( ) 2( ) ( )
a b a b
a b ab a b a b a b
a b a b a b
  
        
   
2 2 2 2 2
2 2 2
1 1
(*) ( ) 0 ( ) 2( ) ( ) 0
( ) 2( ) ( )
a b a b a b a b a b
a b a b a b
 
 
           
 
 

    
 
2 2 4
2 2 2 2
2 2 2 2
2( ) 4 2( )
( ) 2( ) 2 0 ( ) . 0 0
2( ) 2 2( ) 2
a b ab a b
a b a b ab a b
a b ab a b ab
  
 
         
     
Dấu “=” xảy ra a b
 

10. 9
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau với ,
a b là số thực bất kỳ
a) 2 2
2
a b ab
  b)    
2
2 2
2 a b a b
  
c)  
2
4
a b ab
  d) 2 2 2
a b c ab bc ca
    
e)    
2
2 2 2
3 a b c a b c
     f)    
2
3
a b c ab bc ca
    
g)  
2 2 2
3 2
a b c a b c
      h)
2 2 2
a b c
a b c
b c a
     với , , 0
a b c 
Lời giải
a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
   
2
2 2 2 2
2 * 2 0 0
a b ab a ab b a b
         (luôn đúng)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b

b) Cộng hai vế của (*) với 2 2
a b
 ta thu được    
2
2 2
2 a b a b
  
c) Cộng hai vế của (*) với 2ab ta thu được  
2
4
a b ab
 
d) Từ 2 2
2
a b ab
  , tương tự ta cũng có: 2 2 2 2
2 ; 2
b c bc c a ac
   
Cộng ba vế của bất đẳng thức cùng chiều ta có:
      
2 2 2 2 2 2
2 2 **
a b c ab bc ca a b c ab bc ca
          
Cách khác:
           
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 0
a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b b c c a
                 
Bất đẳng thức luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
 
e) Nhân cả hai vế của (**) với 2 rồi cộng 2 vế với 2 2 2
a b c
  ta thu được bất đẳng thức cần
chứng minh
f) Cộng 2 vế (**) với  
2 ab bc ca
  ta thu được điều phải chứng minh
g) Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:
     
2 2 2
2 2 2
2 1 2 1 2 1 0 1 1 1 0
a a b b c c a b c
                (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
a b c
  
h) Với mọi số thực dương , ,
a b c và số thực k thỏa mãn 0 1
k
  , ta có:

11. 10
          
2 2 2 2 2
2 2
0 1 0 2
a b k a b a b k a b a b ab k a b
              
Chia cả hai vế cho 0
b  ta thu được:
 
2
2
2
a b
a
b a k
b b

  
Tuong tự ta có thêm 2 bất đẳng thức nữa
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta thu được:
     
2 2 2
2 2 2
2 2 2
a b b c c a
a b c
a b c a b c k
b c a b c a
 
  
          
 
 
 
Hay
     
2 2 2
2 2 2
a b b c c a
a b c
a b c k a b c
b c a b c a
 
  
          
 
 
 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
  .
Bài 2: Cho các số thực không âm ,
a b. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)  
3 3
a b ab a b
   b)    
3
3 3
4 a b a b
  
c)     
2 2 2 2 2
ax by a b x y
    d) 2 2
1 1 2
1 1 1
a b ab
 
  
với 1
ab 
f)
   
2 2
1 1 1
1
1 1 ab
a b
 

 
g)
 
2
2 2
x y
x y
a b a b

 

với , ,, , 0
a b x y 
h)     
2 2 2 2 2 2 2
ax by cz a b c x y z
      
i)
 
2
2 2 2
x y z
x y z
a b c a b c
 
  
 
với , , , , , 0
a b c x y z 
j. 3 3 3
1 1 1 3
1 1 1 1
a b c abc
  
   
với , , 1
a b c 
k.  
4 4 4
a b c abc a b c
    
Lời giải
a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
       
2
3 3 2 2
0 0 0
a b ab a b a b a ab b ab a b a b
 
             
  (luôn đúng)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với    
3
3 3
4 0
a b a b
   

12. 11
         
2
2
2 2
4 0 3 0
a b a ab b a b a b a b
 
          
 
 
 
(luôn đúng)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b

c) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
    
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 0
a b x y ax by a x a y b x b y a x abxy b y
           
Hay  
2
2 2 2 2
2 0 0
a y abxy b x ax by
      (luôn đúng)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ay bx

d) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
  
     
2 2
2 2 2 2 2 2 3 3
2 2
2 2
2 1 2 1 1 2 2
1
1 1
a b
a b ab a b a b a b ab ab
ab
a b
 
              

 
   
2
2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3
2 2 2 2 2 2 0 2 0
a b a b a b a b ab a ab b a b a b ab a b
               
      
2 2 2
0 1 0
ab a b a b ab a b
         (luôn đúng với mọi 1
ab  )
f) Áp dụng bất đẳng thức ở câu a ta có:    
  
2
2 1
1 . 1.1 1 1
ab a b
a a
a ab ab
b b
b
   
 
      
   
   
 
    
2
1
1
1
b
a b ab
a
 
 

Tương tự ta cũng có:
    
2
1
1
1
a
a b ab
b

 

. Cộng hai vế bất đẳng thức cùng chiều ta có:
         
2 2
1 1 1
1 1 1
1 1
b a
a b ab a b ab ab
a b
   
    
 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
a b
 
g) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
 
    
2
2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
x y
bx ay
a b bx ay ab x y abx aby b x a y abx aby abxy
ab a b


            

 
2
2 2 2 2
2 0
b x abxy a y bx ay
      (luôn đúng)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ay bx

h) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
          
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
0
a b c x y z ax by cz a x y z b x y z c x y z
                

13. 12
       
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 0 0
a x b y c z abxy bcyz acxz ay bx bz cy cx az
              (luôn đúng)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ay bx
a b c
bz cy
x y z
cx az



   

 

i) Áp dụng bất đẳng thức cở câu g) liên tục 2 lần ta có:
   
2 2
2 2 2 2
x y x y z
x y z z
a b c a b c a b c
  
    
  
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
   
a b
ay bx x y a b c
c x y z a b a b c x y z
x y z





 
   
 
   

  
 

Cách khác: Áp dụng bất đẳng thức ở câu h) ta có:
   
2 2 2 2
2
. . .
x y z x y z
x y z a b c a b c
a b c
a b c
 
 
         
 
 
   
Hay
 
2
2 2 2
x y z
x y z
a b c a b x
 
  
 
(đpcm)
*) Chú ý: Các bất đẳng thức ở câu g, h, I còn có tên gọi là bất đẳng thức Cauchy – Schwarz
j) Áp dụng bất đẳng thức ở câu d) liên tục 2 lần ta có:
3 3 3 3 3 4 2 3 4
1 1 1 1 2 2 4 4
1 1 1 1 1
1 1 1
a b c abc abc
a b abc a b abc
      
    
  
Hay 3 3 3
1 1 1 3
1 1 1 1
a b c abc
  
   
Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
a b c
 
k) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
4 4 4 2 2 2 4 4 4 2 2 2
0 2 2 2 2 2 2 0
a b c a bc b ac c ab a b c a bc b ac c ab
            
     
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 0
a b a b b c b c c a a c a bc b ac c ab
            
             
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 4 4 4
0
a b b c c a ab bc bc ac ab ac a b c abc a b c
                  
Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
a b c
 
Cách khác: Áp dụng bất đẳng thức 2 2 2
x y z xy yz zx
     với 2 2 2
; ;
x a y b c z
  
Ta thu được:  
4 4 4 2 2 2 2 2 2
. . .
a b c a b b c c a abbc bc ca ca ab abc a b c
          

14. 13
Bài 3: Chứng minh rằng:
a)  
3 3 3 3 3 3
2
a b b c c a
a b c
ab bc ac
  
     với các số thực dương , ,
a b c
b) 1 1
a b b a ab
    với , 1
a b 
c)
 
2 2 2 2
2 2 2
2 2
4
3
a b a b
b a
a b
  

với , 0
a b 
d)
2 2
3 3 2 2
2 2
2 3 2
a b a ab
a b a b

 
 
với , 0
a b 
e) Tìm hằng số k lớn nhât sao cho
 
3
3 3 3 3
1 1 16 4
k k
a b a b a b

  
 
với , 0
a b 
f)
2 2
2
2 2
ab a b a b
ab
a b
 
  

với , 0
a b 
Lời giải
a) Trước hết ta cần chứng minh bất đẳng thức:  
3 3
x y xy x y
   với ,
x y là các số dương
Thật vậy         
2
3 3 2 2
0
x y xy x y x y x y xy xy x y x y
           
Áp dụng bất đẳng thức trên ta được:
     
 
3 3 3 3 3 3
2
ab a b bc b c ca c a
a b b c c a
a b c
ab bc ca ab bc ca
  
  
       
b) Đặt 1; 1,
x a y b
    khi đó 0; 0
x y
 
bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành       
2 2 2 2
1 1 1 1
x y y x x y
     
               
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 1 1 1 2 1 0 1 1 1 1 0
x y x y x y y x x y y x
                
Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2
x y a b
    
c) Cách 1: Bất đẳng thức đã cho tương đương với
 
 
   
2
2 2 2 2
2 2 2 2 4 2 2 4
2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
4
4 2
1 2 0 0
a b a b
a b a b a a b b
b a
a b a b a b
   
       
  
 
 
 
 
 
   
 
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 2 2 2 2 2 2
1 1
0 0 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
 
    
    
 
 
       
 
  
 

15. 14
   
 
2
2 2 4 4 2 2
2
2 2 2 2
0
a b a b a b
a b a b
  
 

Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b
 
Cách 2: Bất đẳng thức được viết lại thành
 
 
2
2 2
2 2
2 2 2
2 2
4
5
a b
a b
a b
a b

 

Đặt
2
2 2
2ab
t
a b
 
  

 
, khi đó ta được
 
2 2
2 2 2 2
2 2
4
0 1 4
2
a b a b
t
a b ab t
  

    
 
 
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành   
2
4
5 5 4 0 1 4 0
t t t t t
t
          (đúng)
Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b
 
d) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
   
 
 
2 2
2 2 2 2
3 3 2 2 3 3 2 2 2 2
3 3
2
2 2 1 2
1
2 3 2 2 3 2 2
3 2
a b a b a b
a b a ab a b a ab
a b a b a b a b a b
a b
    
 
       
    

 
 
      
2 2 3 3 2 2
2 2 3 3
1 2
0 3 2 2 2 0
2 3 2
a b
a b a b a b a b a b
a b a b
 

 
 
          
 
 
 
 
      
2 4
3 3 2 2
2 2 2 2 0 0
a b a b a b ab a b a b
          (đúng)
Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b
 
e) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
 
3
3 3 3 3
1 1 16 4
k k
a b a b a b

  
 
     
3 3 3
3 3 3 3
4 1 8 1 8
0
k k
a b a b
a b a b a b
      
   
 
   
  
2
2 2 2 2
3 3
3 3 3 3
3
7 4 7 4
0
k a b a b
a b b ab a a ab b
b a
a b a b a b
 
 
    
   
 
  
 
     
2 2
4 3 2 2 3 4
3 3 2 2
5 12 5 3
0
a b a a b a b ab b k a b
a b a ab b
     
  
 
      
 
2 2
4 3 2 2 3 4 2 2 3 3
5 12 5 3 0 0
a b a a b a b ab b a ab b ka b a b
 
           
 
Nên bất đẳng thức đúng khi và chỉ khi   
4 3 2 2 3 4 2 2 3 3
5 12 5 3 0
a a b a b ab b a ab b ka b
       
Cho a b
 thì bất đẳng thức trên trở thành 6 6
24 3 0 8
a ka k
   

16. 15
Ta chứng minh 8
k  là hằng số lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức đã cho. Thật vậy, ta xét các
trường hợp sau:
+ Với 8
k  thì   
4 3 2 2 3 4 2 2 3 3
5 12 5 3 0
a a b a b ab b a ab b ka b
       
+ Với 8
k  thì bất đẳng thức trên viết lại thành:
  
4 3 2 2 3 4 2 2 3 3
5 12 5 24 0
a a b a b ab b a ab b a b
        . Ta có: 4 4 2 2 2 2
2 ; 2
a b a b a b ab
   
Nên  
4 3 2 2 3 4 4 4 2 2 2 2 2 2
5 12 5 5 12 24
a a b a b ab b a b ab a b a b a b
         
Và 2 2
a ab b ab
   . Do đó ta có:   
4 3 2 2 3 4 2 2 3 3
5 12 5 24
a a b a b ab b a ab b a b
      
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Vậy hằng số k lớn nhất là 8
f) bất đẳng thức cần chứng minh được biến đổi như sau
 
2
2 2
2 2
2 1 1
0
2 2 2
2
a b
a b a b ab
ab
a b a b
a b
ab
 
 

   
     
 
 


 
 
   
2 2 2
2 2 2 2 0
a b a b a b ab
 
      
 
 
Thật vậy ta có:    
   
   
 
2 2
2
2 2
2
2 2
2 ; 2
2
a b a b
a b a b a b ab a b
a b a b a b
 
         
   
Do vậy bất đẳng thức trên tương đương với:
 
     
     
2
2 2 2 2
2
2 2
1 1
0 2 0
2
a b a b a b a b a b
a b a b
a b
 
 
 
          
 
   
  

 
 
     
 
 
 
 
4
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 4 2
2 2 0 0 0
2 2 2 2
a b ab a b
a b a b ab a b
a b ab a b ab
  
 
         
 
     
Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b
 .
Bài 4: Chứng minh các bất đẳng thức
a) 1
a bc b ca c ab ab bc ca
         với , , 0; 1
a b c a b c
   
b)
3 3 3 3 3 3
2 2 2
5 5 5
3 3 3
b a c b a c
a b c
ab b bc c ca a
  
    
  
với , , 0
a b c 

17. 16
c) 3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
  
     
với , , 0
a b c 
d)
1 1 1 33
3 2
a b c ab bc ca
 
   
 
 
 
với , , 0
a b c  và 3
a b c
  
Lời giải
a) Quan sát bất đẳng thức ta có các nhận xét sau:
- Dự đoán đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c
  
- Khi thay 1 bằng a b c
  vào bất đẳng thức và chuyển vế thì được các nhóm
; ;
a bc a bc b ca b ca c ab c ab
        
Do vai trò , ,
a b c như nhau nên ta dự đoán mỗi nhóm trên không âm. Để chứng minh dự đoán
trên ta có thể bình phương làm mất căn bậc hai rồi đến biến đổi tương đương thành tổng các
bình phương
- Để ý giả thiết 1
a b c
   , khi đó ta có   
a bc a b a c a bc
     
Như vậy chỉ cần áp dụng tương tự cho hai trường hợp còn lại thì bất đẳng thức được chứng
minh
Cách 1: Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đương với:
   
a bc b ac c ab a b c ab bc ca a bc a bc b ca b ca
                  
  0
c ab c ab
    
Ta cần chứng minh: 0; 0; 0
a bc c bc b ca b ca c ab c ab
           
Thật vậy ta có: 2
0 2
a bc a bc a bc a bc a bc a a bc bc
            
 
2
1 2 2 0
a bc a b c a bc b c
          
Chứng minh tương tự ta được: 0; 0
b ac b ca c ab c ab
       
Đến đây bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c
  
Cách 2: Kết hợp với giả thiết 1
a b c
   ta có
        
; ;
a bc a b a c b ca a b b c c ab c a b c
           
Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành:

18. 17
         1
a b a c a b b c c a c b ab bc ca
           
Mặt khác ta có:
    
2
2 2
2 2 0
a b a c a bc a ab bc ca a a bc bc b c bc b c
                
Chứng minh tương tự:      
;
b c a b b ca c a b c c ab
       
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
        
a b a c a b b c c a c b a b c ab bc ca
             
Hay          1
a b a c a b b c c a c b ab bc ca
           
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c
   .
b) Ta sẽ chứng minh
3 3
2
5
2
3
b a
b a
ab b

 

với ,
a b là các số thực dương
Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta được:
     
2
3 3 2 3 3 2 3 2 2 3 3 2 2
5 2 3 5 2 6 3 0
b a b a ab b b a ab b a b ab a b a b ab a b a b
                 
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng, do đó bất đẳng thức trên được chứng minh. Chứng minh
tương tự ta được:
3 3 3 3
2 2
5 5
2 ; 2
3 3
c b c c
c b a c
bc c ca a
 
   
 
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
3 3 3 3 3 3
2 3 2
5 5 5
3 3 3
c b c b a c
a b c
bc c bc c ca a
  
    
  
Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra a b c
  
Cách 3: Ta có:
       
3 3 2 3 3 2 3 2 3 2 2 2 2
5 2 3 2 2
a b b ab b a b ab a ab b a b a b a b ab
            
   
2 2 2 2 2 2
2 2 2 3
a b ab ab a b ab a ab b
      
Do đó ta có:
3 3
2
5
2
3
a b
b a
ab b

 

hay ta được:
3 3
2
5
2
3
b a
b a
ab b

 

Áp dụng tương tự ta có:
3 3 3 3
2 2
5 5
2 ; 2
3 3
c b a c
c b a c
bc c ca a
 
   
 
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
3 3 3 3 3 3
2 3 2
5 5 5
3 3 3
b a c b a c
a b c
ab b bc c ca a
  
    
  
Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra a b c
  

19. 18
c) Ta có:           
2
3 3 2 2 3 3 2 2
2 0
a b a b a ab b a b ab a b a b a ab b a b a b
                
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:    
3 3
a b abc ab a b abc ab a b c
       
Suy ra:
 
3 3
1 1
a b abc ab a b c

   
. Tương tự ta có:
   
3 3 3 3
1 1 1 1
;
b c abc bc a b c c a abc ca a b c
 
       
Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta được:
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
  
     
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
a b c
 
d) Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:
     
1 1 1
3 2 33 3 2 15
ab bc ca
ab bc ca ab bc ca ab bc ca
a b c c a b
   
              
   
   
Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc    
2
3
x y z xy yz zx
     ta có:
 
2
2 2 2
3 . . . 3
ab bc ca ab bc bc ca ca ab
a b c
c a b c a a b b c
   
       
   
   
Ta chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:      
2 2 2
3 3 2 15 *
a b c ab bc ca
     
Đặt          
2
2 2 2 2 2 2 2
3 3 3 6 27 6
t a b c t a b c a b c ab bc ca ab bc ca
                
Ta có: 2
, , 0 27 3 3
a b c t t
     ,
Lại có    
2 2
3 0 3 9 3 3 3 3
ab bc ca a b c b bc ca t t t
                
Có tiếp     
2
* 3 9 15 3 6 0
3
t
t t t
        , bất đẳng thức này luôn đúng với mọi 3 3 3
t
 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 1
t a b c
    

20. 19
Dạng 3: Bất đẳng thức dạng nghịch đảo (Cô si cộng mẫu)
Ghi nhớ các công thức sau:
-
1 1 4
a b a b
 

-
1 1 1 9
a b c a b c
  
 
-
2
1 2 1
1 2 1 2
1 1 1
... ... , ,....., 0
...
n n
n n
n
a a a a a a
a a a a a a
         
  
Bài 1:
Cho , , 0
a b c  . Chứng minh rằng:
1 1 1 3 3 3
2 2 2
a b c a b b c c a
    
  
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức dạng:
1 1 1 9
a b c a b c
  
 
(tự chứng minh bđt) ta có:
1 1 1 9 1 1 1 9 1 1 1 9
; ;
2 2 2
a b b a b b c c b c c a a c a
        
  
Cộng vế các bất đẳng thức trên ta được: VT VP
 (đpcm)
Dấu ‘=” xảy ra a b c
  
Bài 2:
Cho , , 0
a b c  . Chứng minh rằng:
2 3 4 5 6 7
4
a b c a b c a b c
 
    
 
  
 
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức dạng:
4 1 1 4 1 1 4 1 1 4 1 1 4 1 1 4 1 1 4
2. 2 ; 3. 3 ; 4. 4
x y x y a b a b a b a b c a c a a c c a b c b c b c
    
                
    
      
    
Cộng vế ba bất đẳng thức trên ta được:
2 3 4 5 6 7
4
a b c a b c a b c
 
    
 
  
 
(đpcm)
Bài 3:
Cho , , 0
a b c  . Chứng minh rằng:
1
(1)
4 4 4 4 4 4 3
a b c
a b c b c a c a b
  
     
Lời giải

21. 20
Ta có:  
3 3 3 3 3
(1) 1 1 1 ... 4
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4
a b c a b
a b c b c a c a b a b c b c a
   
         
   
         
   
 
1 1 1 1 1 1 1
4 4 (2)
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4
a b c
a b c b c a c a b a b c b c a c a b a b c
 
         
 
             
 
Áp dụng bất đẳng thức:
1 1 1 9
x y z x y z
  
 
Ta được:
9 1
(2)
9( )
VT
a b c a b c
  
   
đpcm.
Bài 4:
Cho , , 0
a b c  thỏa mãn 3.
a b c
   Tìm GTLN của
1 2 1 2 1 2
a b c
A
a b c
  
  
Lời giải
Cách 1: Ta có
2 2 2 1 1 1
2 1 1 1 3
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
a b c
A B
a b c a b c
          
     
1 1 1 9
1
1 2 1 2 1 2 3 2( )
B
a b c a b c
    
     
2 3 2 1
A B A a b c
       
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức:
9 1 1 1 9 1 1 1 1 1 2 2
1
1 1 1 2 9 1 2 9 9
a a
x y z x y z a a a a a a a
 
            
 
     
 
Tương tự:
2 2
;
1 2 9 9 1 2 9 9
b b c c
b c
   
 
Cộng ba vế của bất đẳng thức ta được:
6
1
9 9
a b c
A
 
  
Dấu ‘=” xảy ra a b c
  
Bài 5:
Cho , , 0
a b c  . Chứng minh rằng:
2 2 2 4
ab bc ca a b c
a b c b c a c a b
 
  
     
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức:
4 1 1
x y x y
 


22. 21
       
1 1 1 1 1 1 1 1 1
. . .
( ) ( ) 4 4
VT ab bc ca ab bc
a c b c b a c a b c b a a c b c a b a c
   
      
   
            
   
1 1 1
4
ca
b a b c
 
 
 
 
 
1
4 4
bc ca ab bc ab bc a b c
a b b c a c
    
 
   
 
  
 
Bài 6:
Cho , , 0
a b c  thỏa mãn: 1
a b c
   . Tìm GTNN của: 2 2 2
1 1
A
abc a b c
 
 
Lời giải
Ta có:
2 2 2 2
1 1 1 1 9 1 1 1 9
; 9
( )
a b c
abc abc ab bc ca ab bc ca a b c ab bc ca ab bc ca a b c
 
        
         
Lại có: 2 1 7
3( ) ( ) 1 3 21
ab bc ca a b c
ab bc ca ab bc ca
         
   
Cộng theo vế ba bất đẳng thức:
9 9
30 30
A A
ab cb ca ab bc ca
    
   
Dấu “=” xảy ra
1
3
a b c
    .
Bài 7:
Cho , , 0
a b c  . Chứng minh rằng:
1 1 1 4 4 4
2 2 2
a b c a b c b c a c a b
    
     
Lời giải
Ta có:
4 1 1 4 4 4 2 2 2
; (1)
( )( ) 2 ... ...
a c b c a c b c a b c a c b c a b
      
        
Lại có:
4 1 1 4 1 1 4 1 1 4 4 4 2 2 2
; ;
a c a c b c b c a b a b a c b c a b a b c
           
     
2 2 2 1 1 1
2 2 (2)
a c b c a b a b c
   
     
   
  
   
Từ (1)(2) ta có điều phải chứng minh.
Bài 8:
Cho , , 0
a b c  . Chứng minh rằng:
7 4 7 1 2 3
9( )
2 2 2
a b c a b b c c a
    
  
Lời giải

23. 22
Ta có:
9 1 1 1 9 1 1 1 9 2 2 2
; 2.
a b b a b c b c c b c c b c c b c c
         
     
9 1 1 1 9 3 3 3
3.
a c c c a a c a a c a a
      
   
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ta được đpcm
Bài 8:
Cho , , 0
a b c  . Chứng minh rằng:
1
(1)
2 5 5 2 5 5 2 5 5 4
a b c
a b c b c a c a b
  
     
Lời giải
Ta có:
 
3 15 1 1 1
(1) 3 3 3 3 3 5 5 5
4 4 2 5 5 2 5 5 2 5 5
VT VT VT a b c
a b c b c a c a b
 
           
 
     
 
 
 
9 45 15
5 .
12 12 4
a b c
a b c
    
 
Vậy
1
4
VT  (đpcm),

24. 23
Dạng 4: Dùng các bất đẳng thức phụ
Cách giải: Ghi nhớ một số công thức sau:
- 2 2
2
x y xy
 
- 2 2
,
x y xy
  dấu “=” xảy ra 0
x y
  
-       
2 2 2 2 2
4 ; 2 :( ) 0
x y xy x y x y do x y
      
- 2
a b
b a
 
-  
3 3
x y xy x y
  
-     8
x y y z z x xyz
   
Bài 1:
Cho hai số ,
a b thỏa mãn: 1
a b
  . Chứng minh rằng: 3 3 1
4
a b
 
Lời giải
Ta có: 3 3 2 2 2 2
( )( )
a b a b a ab b a ab b
       
Từ: 2 2 2 2 2
1 2 1;( ) 0 2 0
a b a ab b a b a ab b
           
2 2 2 2 1
2 2 1 (1)
2
a b a b
     
Lại có:
2 2
2 2 2 2
2 0 2 (2)
2
a b
a ab b a b ab ab

       
Từ (1)(2) 2 2
1 1 1 1 1
4 4 2 4 4
ab ab a b ab

           (đpcm)
Dấu “=” xảy ra
1
2
a b
   .
Bài 2:
Cho 1
a b
  . Chứng minh rằng: 4 4 1
8
a b
 
Lời giải
Từ    
2 2
2 2 2 2
1 1 2 1; 0 2 0
a b a b a ab b a b a b ab
              
2 2 2 2 2 4 4 2 2
1 1 1
( ) 2 (1)
2 4 4
a b a b a b a b
         

25. 24
Có tiếp: 2 2 2 4 4 2 2 4 4 4 4
1 1
( ) 0 2 0(2) 2 2
4 8
a b a b a b a b a b
            (đpcm)
Bài 3:
Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
a b c c b a
b c a b a c
    
Lời giải
Ta có: 2 2 2
( ) 0 2 ( )
x y x y xy x y
      
Áp dụng:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 . 2 ; 2. ; 2.
a b a b a b c b a c b
b c b c c c a a b a c
      
2 2
a b c
VT VT VP
c a b
 
     
 
 
(đpcm)
Bài 4:
Cho , , , 0
a b c d  và 1
abcd  . Chứng minh rằng: 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 10
a b c d a b c b c d d c a
         
Lời giải
Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2
2 ; 2 2( )
a b ab c d cd a b c d ab cd
         
Từ:
1 1 1 1 1 1 1
1 ; ; ; ; ; ;
abcd ab ac ad bc bd cd ad
cd bd bc ad ac ab bc
        
Có:
2
1 1 1
2( ) 2 2.2. 4 : 0 2
1
ab
ad bc ab do ab
ab ab ab
 
   
         
 
   
   
 
 
Vậy 2 2 2 2
4
a b c d
   
Lại có:
2 2 2
1 1 1
( ) ( ) ( ) 6
ab ac bc bd cd ad ad bc ac bd bc ad ab ac bc
ab ac bc
  
     
                 
     
     
10
VT
 
Bài 5:
Cho , , 0
x y z  . Chứng minh rằng: ( )( )( ) 8 (1)
x y y z z x xyz
   
Lời giải
Ta có: 2 2 2 2 2 2
(1) ( ) ( ) ( ) 64
x y y z z x x y z
    
Lại có:

26. 25
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 4 ;( ) 4 ;( ) 4 ( ) ( ) ( ) 64
x y xy y z yz z x xz x y y z z x x y z
           (đpcm)
Dấu “=” xảy ra x y z
  
Bài 6:
Cho , , 0; 1
a b c abc
  . Chứng minh rằng: ( 1)( 1)( 1) 8
a b c
   
Lời giải
Ta có:
               
2
2 2 2 2
1 4 ; 1 4 ; 1 4 1 1 1 8 1 1 1 8
a a b b c c a b c abc a b c abc
               
 
 
(đpcm)
Bài 7:
Cho , , , 0; 1
a b c d abcd
  . Chứng minh rằng: 2 2 2 2
6
a b c d ab cd
     
Lời giải
Có: 2 2 2 2
2 2 3( )
a b c d ab cd ab cd ab cd ab cd
          
Lại có:  
1
3 3 3.2 6
ab cd ab
ab
 
   
 
 
(đpcm)
Bài 8: Cho 1
x y z
   . Chứng minh rằng
a) 2 2 2 1
3
x y z
   b)
1
3
xy yz zx
  
Lời giải
a) Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 0 , 2 ; 2 ; 2 2 2 2 2( )
x y x y x y xy y z yz x z xz x y z xy yz zx
               
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 1 1
3 3 3 2( ) ( )
3 3 3
x y z
x y z x y z xy yz xz x y z x y z x y z
 
                    
b) Theo chứng minh trên:
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2( ) ( ) 3( ) 1 3( )
x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y xy yz zx xy yz zx
                    
1 1
.
3 3
xy yz zx x y z
       
Bài 9:
Cho , , 0
a b c  thỏa mãn: 1
a b c
   . Chứng minh rằng: 2 4(1 )(1 )(1 )
a b c a b c
     
Lời giải
Ta có: 2 2
( ) 4 4 ( )
x y xy xy x y
    

27. 26
Áp dụng ta được:
2 2 2 2
0 , , 1 1 0 4(1 )(1 ) (1 1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 ) 1
a b c c a b a b c VP c c c c c
                      
Mà:
1
1 2 2
0
a b
a b c VP a b c
c

 

        
 

Bài 10:
Cho , , 0
a b c  thỏa mãn: 1
abc  . Chứng minh rằng: 3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1
a b b c c a
  
     
Lời giải
Ta có: 3 3 2
( ) ( )( ) 0 , 0
x y xy x y x y x y x y
        
Áp dụng ta có:
3 3
3 3
1 1
1 ( ) ( )
1 ( ) ( )
abc c
a b ab a b abc ab a b c
a b ab a b c ab a b c a b c
           
       
Tương tự: .
.
Cộng vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
Bài 11:
Cho , , 1
a b c  . Chứng minh rằng: 2 2 2
1 1 1 3
1 1 1 1
a b c abc
  
   
Lời giải
Chứng minh:
2 2 2 2
2 2
1 1 2
, 0; 1 (2 )(1 ) 2(1 )(1 )
1 1 1
x y xy x y xy x y
x y xy
           
  
2 2 2 2 2 2
2 ( ) 2
xy xy x y x y x y
      2
( ) ( 1) 0( : 1)
x y xy do xy
    
Áp dụng: 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 1 1 2
; ;
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b ab abc b c abc c a abc
      
         
Cộng vế các bất đẳng thức thức ta được điều phải chứng minh.
Bài 12:
Cho , , 0; 1
x y z x y z
    . Tìm GTNN của:
2 2 2
( ) ( ) ( )
x y z y z x z x y
A
yz zx xy
  
  

28. 27
Lời giải
Ta có:
2 2 2 2 2 2
x y x z y z
A
y x z x z y
     
Lại có: 3 3
( ) , 0
a b a b ab a b
    
Thật vậy 2 2 2
( )( ) ( ) 0 ( )( ) 0 , 0
a b a ab b a b ab a b a b a b
            
Hoặc: 2 2 2 2 3 3
, ( )( ) ( ) ( )
a b ab ab a b a b a ab b ab a b a b ab a b
             
Áp dụng:
2 2 3 3 2 2 2 2
, 0; ;
x y x y y z z x
x y x y y z x z
y x xy z y x z

           
Cộng vế ba bất đẳng thức ta được:
1
2( 0 2 2
3
nmi
A x y z A x y z
         
Bài 13:
Cho 2 2 2
, , 0; 1
x y z x y z
    . Tìm GTNN của:
xy yz xz
A
z x y
  
Lời giải
Ta có:
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
2
x y y z x z
A
z x y
    .
Mà: 2 2
2
a b ab
 
Áp dụng:
2 2 2 2
2
2 2
2
x y y z
y
z x
 
Tương tự ta có: 2 3
3 min 3
3
A x y z A
      

29. 28
Dạng 5: Dùng phương pháp phản chứng
Cách giải:
- Muốn chứng minh bất đẳng thức A B
 đúng, ta giả sử A B
 là sai, tức là A B
 là đúng
- Chứng minh A B
 là sai A B
  là đúng
Bài 1:
Cho 2 2
2
a b
  . Chứng minh rằng: 2
a b
 
Lời giải
Giả sử 2
a b
  , bình phương hai vế ta được: 2 2 2
( ) 4 2 4(1)
a b a ab b
     
Mặt khác ta lại có: 2 2 2 2 2
2 2( ) ( )
a b ab a b a b
     
Mà 2 2
2( ) 4
a b
  (giả thiết) 2
( ) 4
a b
  
Điều này mâu thuẫn với (1) nên 2
a b
  
Bài 2:
Với mọi số thực , ,
a b c , chứng tỏ rằng:
2
2 2
( ) ( )
4
a
b c b a c c a b
     
Lời giải
Giả sử:
2 2
2 2 2 2
( ) ( ) 0
4 4
a a
b c b a c c a b b c ab bc ac bc
             
2
2 2
2 0
4
a
b c ab ac bc
      
2
0
2
a
b c
 
   
 
 
(vô lý)
Vậy điều giả sử là sai
2
2 2
( ) ( )
4
a
b c b a c c a b
      
Bài 3:
Với mọi số thực 3 3
2
a b
  . Chứng minh rằng: 2
a b
 
Lời giải
Giải sử 3 3 3
2 ( ) 8 3 ( ) 8 3 ( ) 6 ( ) 2
a b a b a b ab a b ab a b ab a b
               
3 3 2 2 2
( ) 0 ( )( ) ( ) 0 ( )( )
ab a b a b a b a ab b ab a b a b a b
               (vô lý)

30. 29
Bài 4:
Cho các số thực  
, , 0;2
a b c . Chứng minh rằng có ít nhất 1 trong ba bất đẳng thức sau là sai
(2 ) 1; (2 ) 1; (2 ) 1
a b b c c a
     
Lời giải
Giả sử cả ba bất đẳng thức trên đều đúng, nhân chúng với nhau theo vế, ta được:
(2 ). (2 ). (2 ) 1 (2 ). (2 ). (2 ) 1
a b b c c a a a b b c c
        
Mặt khác, do (0;2)
a nên a và 2
2 0 0 .(2 ) 1 ( 1) 1
a a a a
        
Tương tự: 0 .(2 ) 1;0 (2 ) 1
b b c c
     
Do đó: (2 ). (2 ). (2 ) 1
a a b b c c
    (mâu thuẫn). Vậy ta có đpcm
Bài 5: Chuyên Thái Bình, năm học 2007 - 2008
Cho các số thực , ,
a b c thỏa mãn: 2 2
0
a b ab bc ca
     . Chứng minh rằng:
2 2
0
a b ab bc ca
    
Lời giải
Giả sử 2 2 2
,
a b c
  khi đó:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( ) 2( ) 2( ) ( )
a b ab bc ca a b a b c ab bc ca a b ab bc ca a b c
                   
Kết hợp với giả thiết: 2 2 2 2
0 2( ) ( ) ( ) 0
a b ab bc ca a b c a b c
            (mâu thuẫn)
Bài 6: Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa, năm học 2007 - 2008
Cho các số thực , ,
a b c thỏa mãn: 0; 0; 0
a b c ab bc ca abc
       . Chứng minh rằng cả ba số
, ,
a b c đều dương
Lời giải
Giả sử ba số a, b, c có 1 số không dương. Không mất tính tổng quát, ta giả sử: 0
a 
Mà lại có: 0 0 0
abc a a
    
Lại có: 0 0 ( ) 0
a b c b c a b c
        
Từ giả thiết thứ hai: 0
ab bc ca
   , ta có: ( ) 0 0
a b c bc bc
    
Vì thế 0
abc  (mẫu thuẫn với giả thiết) (đpcm)

31. 30
Bài 7: Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa, năm học 2007 - 2008
Cho ba số , ,
a b c đôi một khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại một trong các số 9 ,9 ,9
ab bc ca .
Nhỏ hơn 2
( )
a b c
 
Lời giải
Giả sử: 2 2 2 2
9 ( ) ;9 ( ) ;9 ( ) 3( ) 9( )
ab a b c bc a b c ca a b c a b c ab bc ca
              
2
( ) 3( )
a b c ab bc ca
     
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 0(1)
a b c ab bc ca a b b c c a
           
Theo đầu bài: , ,
a b c đôi một khác nhau nên: 2 2 2
( ) ( ) ( ) 0(2)
a b b c c a
     
Từ (1)(2) ta thấy mâu thuẫn nên đpcm.
Bài 8: Chuyên HCM, năm học 2006 - 2007
Cho hai số dương ,
x y thỏa mãn: 3 3
x y x y
   . Chứng minh rằng: 2 2
1
x y
 
Lời giải
Do ,
x y đều dương , 0;
x y x y
  
Giả sử: 2 2 3 3
1
x y x y x y
     
3 3 2 2 3 3 3 2 2 3 2 2 3 2 2
( )( ) 2 0 ( 2 ) 0(*)
x y x y x y x y x x y yx y xy yx y y xy x y
                  
2
0
( ) 2 0
y x y x y

 
   
 
 
 
(vô lý), do 0
x y y x
   
Do đó (*) không thể xảy ra 2 2
1
x y
   (đpcm)
Bài 9: Chuyên HCM, năm học 2006 - 2007
Cho cặp số  
;
x y thỏa mãn:
1 1(1)
1 1(2)
x y
x y xy
   


    

. Chứng minh rằng: 2; 2
x y
 
Lời giải
Ta đi chứng minh: 2
x 
Giả sử 2
x  , khi đó 2 2
x
   
+) 2,(1) 1 1 2
x y x xy
        
+) 2,(1) 1 1 2
x y x xy
         

32. 31
Do đó nếu 2 2
x xy
    . Mà 1 1
x y x y xy
       (mâu thuẫn với 2) 2
x
 
Ta đi chứng minh 2
y  (tương tự chứng minh 2
x  )
Bài 10: Olympic Toán Ireland năm 1997
Cho cặp số , , 0;
a b c a b c abc
    . Chứng minh rằng 2 2 2
a b c abc
  
Lời giải
+) Nếu 1 trong ba số bằng 0 thì bất đẳng thức được chứng minh
Ta xét: , , 0
a b c 
Giả sử ngược lại: 2 2 2 2 2 2 2
a b c abc abc a b c a a bc
         
Tương tự ta có: ; (1)
b ac c ab a b c ab bc ca
       
Lại có: 2 2 2 2 2 2
(2)
a b c ab bc ca abc a b c ab bc ca abc ab bc ca
               
Từ (1)(2) abc a b c
    (mâu thuẫn với giả thiết) nên điều giả sử là sai.
Bài 11:
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c abc
   . Chứng minh rằng có ít nhất hai trong
số các bất đẳng thức sau đúng:
2 3 6 2 3 6 2 3 6
6; 6; 6
a b c b c a c a b
        
Lời giải
Ta có:
1 1 1
1( : 0)
a b c abc do abc
bc ca ab
       
Đặt
1 1 1
; ; , , 0; 1
x y z x y z xy yz xz
a b c
       
Ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng:
2 3 6 6;2 3 6 6;2 3 6 6
x y z y z x x z y
        
Giả sử có ít nhất 2 trong 3 bất đẳng thức sau là sai, chẳng hạn: 2 3 6 6;2 3 6 6
x y z y z x
     
Cộng vế hai bất đẳng thức: 8 5 9 12
x y z
  
Từ giả thiết:
1 1
1 ( ) 1 12 8. 5 9 12( )
yz yz
xy yz zx x y z yz x y z y z
y z y z
 
              
 
8(1 ) (5 9 )( )
yz y z y z
    
2 2 2 2 2
5 6 9 12 12 8 0 2 (3 2) 9 12 4 4 8 4 0
y yz z y z y y z z z y y
                

33. 32
2 2
( 3 2) 4( 1) 0
y z y
      (vô lý).
Bài 11:
Cho bốn số a, b, c, d thỏa mãn 2( )
ac b d
  . Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất
đẳng thức sau sai: 2 2
4 ; 4
a b c d
 
Lời giải
Giả sử hai bất đẳng thức trên đều đúng 2 2
4( )(1)
a c b d
   
Theo giả thiết: 2 2 2
2( ) 2 4( )(2) 2 ( ) 0
ac b d ac b d a c ac a c
           (vô lý)
Nên điều giả sử là sai, vậy ta có điều phải chứng minh.

34. 33
Dạng 6: Dùng bất đẳng thức trong tam giác
Cách giải:
- Nếu , ,
a b c là số đo ba cạnh của một tam giác thì: , , 0
a b c  và ;
b c a b c a c b a c
       
a b c a b
   
- Gọi p là nửa chu vi của tam giác
0
0
2
0
p a
a b c
p p b
p c
 

  
    

  

- Gọi S là diện tích của tam giác ; ;
S ab S ac S bc
   
- Nếu ABC
 vuông tại 2 2 2
A a b c
  
- Tam giác ABC
 có 0 2 2 2
90
A a b c
   
Bài 1:
Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng
a)  
2 2 2
2
a b c ab bc ca
    
b)    
abc a b c b c a c a b
      
c)      
3 3 3 2 2 2
2
a b c abc a b c b a c c a b
        
Lời giải
a) Ta có: , ,
a b c là số đo ba cạnh của tam giác nên:
 
 
 
 
2
2 2 2 2
2
0
0 2
0
a b c a a b c
b a c b b a c a b c ab bc ca
c a b c c a b

     


           


      

b) Ta có:
    
    
    
2
2 2
2
2 2
2
2 2
a b c b c a b c a b
c a b c b a c a b c
a b c a c b a b c a
        


       


       


Nhân từng vế ba bất đẳng thức cùng chiều ta được:    
2
2 2 2
a b c a b c b c a c a b
      
 
 
   
abc a b c b c a c a b
       
c) Ta có:      
3 3 3 2 2 2
2
a b c abc a b c b a c c a b
        

35. 34
       
2
3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2
2 0 0
a b c abc a b a c b a b c c a c b a a b b b a c a b c a b c
                    
             
2 2 2
2 2
0 0
a b a b c a b c a b c a b a b c c a b c
                
   
0 0 0
0
a b c a b c a b c
  
        (luôn đúng).
Bài 2:
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2
a) Chứng minh rằng:    
1 1 1 0
a b c
   
b) Chứng minh rằng: 2 2 2
2 2
a b c abc
   
Lời giải
a) Chu vi tam giác bằng 2 2
a b c
   
Giả sử ,
a b c
  ta có: 2 2 1 1 0
a b c a a b c a a
           
Chứng minh tương tự ta có:    
1 0;1 0 1 1 1 0
b c a b c
        
b) Theo câu a, ta có:    
1 1 1 0
a b c
   
 
1 0 1 1 1 1
c b a bc ba abc ab bc ca abc a b c abc ab bc ca abc
                      
Lại có:        
2 2 2 2 2 2 2
2 4 2 2
a b c a b c ab bc ca a b c ab bc ca
              
Từ     
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 4 2 1 4 2 2 2 2
a b c abc a b c abc a b c abc
                 (đpcm)
Bài 3:
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:  
2
9
a b c abc
   , biết
a b c
 
Lời giải
Ta có: 2
a b c b c
    (do a b
 )
Ta chứng minh:
   
2 2 2 2 2 2 2
2 9 4 4 9 1 4 5 0 4 4 0
b c abc b bc c bc b bc c b bc bc c
              
        
0
4 0 4 0 2
b b c c b c b c b c

        
Có: 0
b c b c
    và
0
4 2
b c b b b b c b a b c

         
Vậy (2) đúng ta có điều phải chứng minh.

36. 35
Bài 4:
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác (a b c
  ). Chứng minh rằng:
     
3 2 2 3 2 2 3 2 2
0
a b c b c a c a b
     
Lời giải
Đặt            
3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 3 3 2 2 3 3
A a b c b c a c a b b c a b a b c b
           
         
2 2 2 2
b c b c a b a ab b a b a b c b c bc b
           
           
2 2 2 2 2 2 2 2
b c a b b c ca ab b a b c bc b b c a b a b a c ac bc
 
               
 
    
0 0 0 0
0
b c a b a c ab bc ca
   
       (đpcm)
Dấu “=” xảy ra , ,
a b c
 có ít nhất hai số bằng nhau.

37. 36
Dạng 7: Phương pháp làm trội, dùng tổng sai phân
Cơ sở của phương pháp:
Giả sử muốn chứng minh bất đẳng thức A B
 ta đi chứng minh A C
 rồi chứng minh C B

*) Chú ý:
- Với ba số dương , ,
a b c (tính chất dãy tỉ số bằng nhau)
+ Nếu 1
a a a c
b b b c

  

+ Nếu 1
a a a c
b b b c

  

+ Nếu  
, 0
a c a a c c
b d
b d b b d d

    

, dấu “=” xảy ra ad bc
 
- Một số tổng sai phân hay dùng
+
 
1 1 1 1
... 1
1.2 2.3 1 .
n n n
    

+
 
1 1 1
1 1
n n n n
 
 
Bài 1:
Cho các số dương , , , ,
a b c d e . Chứng minh rằng:
a) 1 2
a b c
a b b c c a
   
  
b) 1 2
a b c d
a b c b c d c d a a b d
    
       
(chuyên Hà Tây, năm 2005 – 2006)
c)
1
2 1 1 1 1 1
a b a b a b
a b a b a b

 
   
 
     
 
Lời giải
a) Ta có: , , 0 1
a a a a c
a b c
a b a b c a b a b c

     
     
Tương tự ta có: ;
b b b a c c c b
a b c b c a b c a b c c a a b c
 
   
         
1 2
a b c
a b b c a c
    
  

38. 37
b) Ta có: , , 0 1
a a a a d
a b c
a b c a b c d a b c a b c d

     
         
Tương tự: ;
b b b a c c b c
a b c d b c d a b c d a b c d c d a a b c d
 
   
               
d d d c
a b c d d a b a b c d

 
       
Cộng các vế cùng chiều ta được: 1 2
M M
   không là số tự nhiên.
c) Ta đi chứng minh:
1
2 1 1 1
a b a b
a b a b

 
 
 
   
 
Do , 0
a b  , ta có:
 
2
1 ;
1 1 1 1 1 1 1 1
a b
a a a b b a b a b
a a a b b a b a b a b

 
      
          
1
2 1 1 1
a b a b
a b a b

 
  
 
   
 
Đi chứng minh:
1 1 1
a b a b
a b a b

 
   
Do , 0 ;
1 1 1 1
a a b b
a b
a a b b a b
   
     
1 1 1
a b a b
a b a b

   
   
bài toán được chứng minh.

39. 1
Chuyên đề : ĐA THỨC
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ
Tỉnh, thành phố Năm học Tỉnh, thành phố Năm học
HSG Thanh Trì 2018-2019;
2019-2020
HSG Hà Trung Thanh Hóa 2020-2021
HSG Kiến Xương 2018-2019 HSG Quế Võ Bắc Ninh 2020-2021
HSG TP Tiền Hải 2017-2018 HSG Gia Lâm 2020-2021
HSG Yên Dũng 2019-2020 HSG Cẩm Thủy Thanh Hóa 2020-2021
HSG Hưng Hà 2018-2019;
2019-2020
HSG Nga Sơn Thanh Hóa 2020-2021
HSG Như Xuân 2017-2018;
2020-2021
HSG TP Sầm Sơn Thanh Hóa 2020-2021
HSG Chương Mỹ 2018-2019 HSG Đông Hưng 2020-2021
HSG Quốc Oai 2016-2017 Tỉnh Bắc Ninh 2020-2021
HSG Than Uyên 2020-2021
HSG TP Bến Tre 2020-2021
HSG TP Bắc Giang 2020-2021
HSG Quan Hòa 2020-2021
HSG Thái Thụy Thái Bình 2020-2021
HSG Quế Võ Bắc Ninh 2020-2021
HSG Diễn Châu 2020-2021
HSG Tam Dương 2020-2021
HSG Nho Quan Ninh Bình 2020-2021

40. 2
Bài 1: TÍNH CHIA HẾT CỦA ĐA THỨC
A. Các kiến thức cần nhớ
Giả sử ( )
f x và ( )
g x là các đa thức và bậc của ( )
f x lớn hơn hoặc bằng bậc của ( )
g x . Khi đó
luôn tồn tại duy nhất các đa thức ( )
q x và ( )
r x , thỏa mãn ( ) ( ) ( )
( ) .
f x g x q x r x
= +
Trong đó: Bậc của ( )
r x nhỏ hơn bậc của ( )
g x
Nếu ( ) 0
r x ≡ thì ta nói ( )
f x chia hết cho ( )
g x
Xét phép chia đa thức ( )
f x cho đa thức bậc nhất x a
−
( ) ( )
( ) .
f x x a q x r
=
− + . Cho ( )
x a f a r
=
⇒ =
Kết luận: Phần dư trong phép chia đa thức ( )
f x cho x a
− là một số bằng ( )
f a
- Nếu ( ) 0
f a = hay x a
= là nghiệm của đa thức ( )
f x thì ( )
f x chia hết cho x a
−
Định lý Bơ Đu:
Số dư trong phép chia đa thức ( )
f x cho nhị thức x a
− bằng giá trị của ( )
f x tại x a
=
( ) ( ) ( ) 0
f x x a f a
⇒ − ⇔ =

Ví dụ:
Không đặt tính chia, hãy xét xem đa thức 3 2
9 6 16
A x x x
= − + + có chia hết cho 1
x + ; 3
x − hay
không?
Lời giải
Ta có ( 1) 0
f A B
− = ⇒  ; (3) 20 0
f A C
=
− ≠ ⇒ 
Chú ý:
+) Nếu ( )
f x có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho 1
x −
+) Nếu ( )
f x có tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc
lẻ thì chia hết cho 1
x +
+) n n
a b
− chia hết cho ( )
x b a b
− ≠ −
+) n n
a b
+ (n lẻ) chia hết cho ( )
a b a b
+ ≠ −
+) 1 2 3 2 2 1
( )( .... )
n n n n n n n
a b a b a a b a b ab b
− − − − −
− = − + + + + +
+) 1 2 3 2 2 1
( )( .... )
n n n n n n n
a b a b a a b a b ab b
− − − − −
+ = + − + − − +
B. Bài tập và các dạng toán

41. 3
Dạng 1: Chứng minh một đa thức chia hết cho một đa thức (Xét các đa thức một biến)
Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có một thừa số là đa thức chia
Nếu
( ) ( )
( ) ( ). ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x h x
f x h x

= ⇒ 



Bài 1: Chứng minh rằng
a. 9 8 2
( ) 8 9 1 ( ) ( 1)
f x x x g x x
= − + = −

b. 99 98 4 3 2
( ) ... 1; ( ) 1
f x x x x g x x x x x
= + + + + = + + + +
c. 8 4 2
( ) 1; ( ) 1
n n n n
f x x x g x x x
= + + = + +
d. 100 20 40 20
( ) 1; ( ) 1
f x x x g x x x
= + + = + +
e. 10 2
( ) 10 9; ( ) ( 1)
f x x x g x x
= − + = −
Lời giải
a. Ta có 9 8 9 8 9 8 8 7
( ) 8 9 1 8 8 9 9 8( 1) 9( 1) 8( 1)( ... 1)
f x x x x x x x x x x
= − + = − − + = − − − = − + + +
7 6 5
9( 1)( ... 1)
x x x x
− − + + + + 8 7
( 1)(8 ..... 1)
x x x x
= − − − − −
Cách 1: Ta có 8 7
8 ..... 1
x x x
− − − − có tổng các hệ số = 0 2
( 1) ( ) ( 1)
x f x x
⇒ − ⇒ −
 
Cách 2: 8 7 8 7 7 6
( 1)(8 ..... 1) ( 1)(8 8 7 7 ..... 1)
x x x x x x x x x x
=− − − − − =− − + − + + −
2 7 6 2
( 1) (8 7 ... 2 1) ( 1)
x x x x x
= − + + + + −

b. 99 98 99 95 4 3
( ) ... 1 ( ... ) ...( ... 1)
f x x x x x x x x x
= + + + + = + + + + + + +
4 95 90 5
( ... 1)( ... 1) ( )
x x x x g x
= + + + + + + 
Cách 2: Ta có 100 5 20 5
( 1). ( ) 1 [( ) 1] (x 1) ( 1). ( ) ( ) ( )
x f x x x x g x f x g x
− = − = − − = − ⇒
 
c. Ta có
8 4 4 2 4 4 4 2 2 2 4 2 4 2
( ) 1 ( ) 2. 1 ( 1) ( ) ( 1)( 1)
n n n n n n n n n n n
f x x x x x x x x x x x x
= + + = + + − = + − = + + − +
Lại có: 4 2 2 2
1 ( 1)( 1) ( ) ( )
n n n n n n
x x x x x x f x g x
+ += − + + + ⇒ 
d. Đặt 20 5 2
( ) 1; ( ) 1
t x f t t t g t t t
= ⇒ = + + = + +
Ta có: 5 2 2 2 3 2 2 3 2
( ) 1 ( 1) ( 1) ( 1)( 1) ( ) ( )
f t t t t t t t t t t t t t f x g x
= − + + + = − + + + = + + − + ⇒ 
e. ( )
10 9 8 9
( ) ( 1) (10 10) ( 1)( ... 1 10) ( 1)[ 1 ... ( 1)]
f x x x x x x x x x x
= − − − = − + + + + − = − − + + −
( )
2 8 7
= 1 ( 2 ... 8 9) ( ) ( )
x x x x f x g x
− + + + + ⇒ 

42. 4
Bài 2: HSG Thanh Trì, năm học 2019 - 2020
Chứng minh rằng nếu 4 3 2
4 5 4
x x ax bx c
− + − + chia hết cho 3 2
3 9 3
x x x
+ − − thì 0
a b c
+ + =.
Lời giải
Ta có: ( )( )
4 3 2 3 2
4 5 4 3 9 3
x x ax bx c x x x x m
− + − + = + − − + .
4 3 2
( 3) (3 9) (9 3) 3
x m x m x m x m
= + + + − − + −
Suy ra: 3 4 7
m m
+ =
− ⇒ =
−
3 9 5 6
m a a
− = ⇒ =
−
9 3 4 15
m b b
+ = ⇒ =
−
3 21
c m c
=
− ⇒ =
Vậy 0
a b c
+ + =.
Cách 2: Biến đổi đa thức bị chia thành một tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia
Nếu ( ) ( ) ( ) ( )
f x g x h x k x
= + + , mà
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
g x q x
h x q x f x q x
k x q x


⇒




 

Bài 3: Chứng minh rằng
a. 50 10 20 10
( ) 1 ( ) 1
f x x x g x x x
= + + = + +

b. 199 27 2 2
( ) ( ) 1
f x x x x g x x x
= + − = − +

c. 99 88 11 9 8
( ) .. 1; ( ) ... 1
f x x x x g x x x x
= + + + + = + + + +
d. 3 1 3 2 2
( ) 1; ( ) 1
m m
f x x x g x x x n N
+ +
= + + = + + ∀ ∈
e. 6 4 6 2 2
( ) 1; ( ) 1 .
m n
f x x x g x x x m n N
+ +
= + + = − + ∀ ∈
Lời giải
a. 50 10 50 20 20 10
( ) 1 ( ) ( 1)
f x x x x x x x
= + + = − + + +
Lại có: 50 20 20 30 20 10 3 20 10 20 10
( 1) [( ) 1] ( 1)( 1) ( ) ( )
x x x x x x x x x x f x g x
−= −
= −
= − + + ⇒ 
b. 199 27 2 199 27 2 199 27 2
( ) 1 1 1 ( 1)
f x x x x x x x x x x x x x x
= + − = − + + − + − = − + + − − +
1998 27
( 1) ( 1) ( )
x x x g x
= − + + −
999 3 3
999 2 3 9 999 999 3 9
1 1 1
[( ) 1] ( ) 1 ( ) ( 1)( 1) ( ) 1 ( ) ( ) ( )
x x x
x x x g x x x x x g x f x g x
+ ⇒ + +
= − + + − = − + + + − ⇒
  




 



c. Ta có: 10
( 1). ( ) 1
x g x x
− =−

43. 5
99 88 11 99 9 88 11 9 8
( ) .. 1 ( ) ( 8) ...( ) ... 1
f x x x x x x x x x x x x
= + + + + = − + − + − + + + + +
10 10 10
9 90 8 80 10 9 10 9 8 10 8 10
1 1 1
( 1) ( 1) ... ( 1) ( ) [( ) 1] [( ) 1] ... ( 1) ( )
x x x
x x x x x x g x x x x x x x g x
− − −
= − + − + + − + = − + − + + − +
  
  



( ) ( )
f x g x
⇒ 
d. Ta có 3 1 3 2 3 1 3 2 2 2
( ) 1 ( ) ( ) ( 1)
m m m m
f x x x x x x x x x
+ + + +
= + +
= − + − + + +
3 1 3 3 3 2
( 1) [( ) 1] 1 ( 1)( 1)
m m m
x x x x x x x x x x
+
− = − = − − = − + +

3 2 2 2 3 2 3 3 2
( 1) [( ) 1] 1 ( 1)( 1)
m m m
x x x x x x x x x x
+
− = − = − − = − + +

( ) ( )
f x g x
⇒ 
e. 6 4 6 2 6 4 4 6 2 2 4 2
( ) 1 1
m n m n
f x x x x x x x x x
+ + + +
= + += − + − + + +
6 6
4 6 2 6 4 2
1 1
[( ) 1] [( ) 1] ( 1)
m n
x x
x x x x x x
− −
= − + − + + +




 



2 2
6 3 2 3 3 4 2 2 2
1 1
1 ( ) 1 ( 1)( 1); 1 ( 1)( 1) ( ) ( )
x x x x
x x x x x x x x x x f x g x
− + − +
− = − = − + + + = + + − + ⇒
 




 


Cách 3: Sử dụng các phép biến đổi tương đương
Muốn chứng minh ( )
f x chia hết cho ( )
g x ta đi chứng minh
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
f x g x g x
f x g x
f x g x g x
+

⇒
 −




Bài 4:
Chứng minh rằng 99 88 11 9 8
( ) ... 1 ( ) ... 1
f x x x x g x x x x
= + + + + = + + + +

Lời giải:
Ta có:
10 10 10
99 90 8 80 10
1 1 1
( ) ( ) ( 1) ( 1) ... ( 1)
x x x
f x g x x x x x x x
− − −
− = − + − + + −
  


 


 



Mà 10 9 8 7
1 ( 1)( ... 1) ( ) ( ) ( )
x x x x x x f x g x g x
− = − + + + + + ⇒ − 
Lại có: ( ) ( ) ( ) ( )
g x g x f x g x
⇒
 
Cách 4: Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia
- Cách này áp dụng với những bài toán mà đa thức chia dễ tìm được nghiệm
Bài 5: Chứng minh rằng
a. 2 10 2 10 2
[ ( ) ( 1) ( 1) 2] ( )
f x x x x x g x x x
= + − + − + − = −

b. 2 2
( ) ( 1) 2 1; ( ) ( 1)(2 1)
n n
f x x x x g x x x x n N
= + − − − = + + ∀ ∈

44. 6
c. 2 2 2 *
( ) ( 2) ( 3) 1 ( ) 5 6
n n
f x x x g x x x n N
= − + − − = − + ∀ ∈

d. 2 9 1945 2
( ) ( ) 1
f x x x x g x x x
= − − = − +

Lời giải:
a. 2 0
( ) 0 0
2
x
g x x x
x
=

= ⇔ − = ⇔  =

Vậy ( )
g x có hai nghiệm là 0; 2
x x
= =
(1) 0; (0) 0 ( ) ( 1); ( )
f f f x x f x x
= =
⇒ −
  , mà x và 1
x − không chứa nhân tử chung.
b.
1 1
( ) 0 0; 1; ; (0) 0; ( 1) 0; ( ) 0 ( ) ( )
2 2
g x x f f f f x g x
− −
 
= ⇔ ∈ − = − = = ⇒
 
 

c. { }
( ) 0 2;3 ; (2) (3) 0 ( ) ( )
g x x f f f x g x
= ⇔ ∈ = = ⇒ 
d. Ta có: 2 9 1945 2 9 1945
( ) 1 ( 1) ( )
f x x x x x x x x x
= − − = − + − + − −
2 2 9 3 3 3 2 1945 1944 3
1 1(1); 1 [( ) 1] ( 1) 1(2); ( 1) 1
x x x x x x x x x x x x x x
− + − + +
= + + − + −
= − +
   
có nghiệm ( )
1 1
x = −
Từ (1)(2)(3) ta có ( )
f x chia hết cho ( )
g x
Bài 6: HSG Kiến Xương, năm học 2018 - 2019
Chứng minh rằng ( ) ( )
2018 2019
2 2
( ) 1 1 2
f x x x x x
= + − + − + − chia hết cho 2
( )
g x x x
= −
Lời giải
Đa thức ( ) ( )
2
1
g x x x x x
= − = − có hai nghiệm là 0
x = và 1
x =
Ta có ( ) ( )
2018 2019
0 1 1 2 0 0
f x
= − + − = ⇒ = là nghiệm của đa thức ( ) ( )
f x f x
⇒ chứa thừa số x
Ta có ( ) ( ) ( )
2018 2019
2 2
1 1 1 1 1 1 1 2 0
f = + − + − + − =
1
x
⇒ =là nghiệm của đa thức ( )
f x
( )
f x
⇒ chứa thừa số 1
x − mà các thừa số x và – 1
x không chứa nhân tử chung, do đó ( )
f x
chia hết cho ( )
1
x x −
Vậy ( ) ( )
2018 2019
2 2
( ) 1 1 2
f x x x x x
= + − + − + − chia hết cho 2
( )
g x x x
= −

45. 7
Bài 7: HSG Gia Lâm, năm học 2020 - 2021
Chứng minh rằng đa thức ( ) ( ) ( )
2020 2020
2 2
1 1 2
A x x x x x
= + − + − + − chia hết cho đa thức
( ) 1
B x x
= −
Lời giải
Chứng minh rằng đa thức ( ) ( ) ( )
2020 2020
2 2
1 1 2
A x x x x x
= + − + − + − chia hết cho đa thức
( ) 1
B x x
= −
Ta thấy đa thức ( ) 1
B x x
= − có nghiệm là 1
x =
Mà ( ) ( ) ( )
2020 2019
2 2
1 1 1 1 1 1 1 2 0
A = + − + − + − = nên đa thức ( )
A x phải có 1 nhân tử là 1
x − . Vậy nên
đa thức ( )
A x chia hết cho đa thức ( )
B x

46. 8
Bài 2: PHẦN DƯ TRONG PHÉP CHIA ĐA THỨC
A. Tìm dư của phép chia đa thức mà không thực hiện phép chia
1. Cách 1: Tách đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia và còn dư
Bài 1: Tìm dư trong phép chia
a. 7 5 3 2
( ) 1; ( ) 1
f x x x x g x x
= + + + = −
b. 27 9 3 2
( ) ; ( ) 1
f x x x x x g x x
= + + + = −
c. 41 2
( ) ; ( ) 1
f x x g x x
= = +
Lời giải
a. 7 5 5 3 3 5 2 3 2 2
( ) ( ) (2 2 ) (3 3 ) (3 1) ( 1) 2 ( 1) 3 ( 1) 3 1
f x x x x x x x x x x x x x x x
= − + − + − + + = − + − + − + +
Vậy đa thức dư là 3 1
x +
b. 27 9 3 2 13 2 4 2
( ) ( ) ( ) ( ) 4 [ ( ) 1] [ ( ) 1] ( 1) 4
f x x x x x x x x x x x x x x x
= − + − + − + = − + − + − + ,
Vậy dư là 4x
c.
4 2
41 41 4 10
1 1
( ) ( ) [( ) 1]
x x
f x x x x x x x x
− ⇒ +
= = − + = − +
 



.
Vậy dư là x
Bài 2: Tìm dư trong phép chia
a. 43 2
( ) ; ( ) 1
f x x g x x
= = +
b. 100 99 2
( ) ... 1; ( ) 1
f x x x x g x x x
= + + + + = + +
c. 100 90 10 2
( ) ... 1; ( ) 1
f x x x x g x x x
= + + + + = − +
Lời giải
a.
2
43 43 2 21
1
( ) ( ) [(x ) 1]
x
f x x x x x x x
+
= = + − = + −


. Vậy dư là x
−
b. 
2
100 99 100 99 98 2 98 95 2
u
( 1)
( ) ... 1 ( ) ...( 1) ( 1)( ... ) 1
d
x x
f x x x x x x x x x x x x x x
+ +
= + + + + = + + + + = + + + + + + +





c. 100 90 10 100 90 80 2 70 60
( ) ... 1 ( ) ( 1) ( ) ( ) ( 1)
f x x x x x x x x x x x x
= + + + + = + + − + − + + + −
50 2 40 30
( ) ( ) ( 1)
x x x x x
+ − + + + − + 20 2 10 2 3 33
( ) ( ) 3 4 4 [( ) 1]
x x x x x x x x
− + + + − +
= +
6 15 2 6 13
[( ) 1] [( ) 1]
x x x
+ − + − 
3 33 2
[( ) 1] .... 3( 1) 1
du
x x x x x
+ + + + − + − +

47. 9
Bài 3: Tìm dư trong phép chia
a. 100 99 2
( ) ... 1; ( ) ( 1)( 1)
f x x x x g x x x
= + + + + = + +
b. 10 9 2
( ) ... 1; ( ) 1
f x x x x g x x x
= + + + + = − −
Lời giải
a) Ta có ( )
g x có 101 số hạng, nhóm 4 số hạng, dư là 1
b) Ta có: 10 9 10 9 8 2 7 6 5 2 4
( ) ... 1 ( ) ( 1) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( )
f x x x x x x x x x x x x x x x x
= + + + + = + + + + − + − + + + + + +

3
( 1) 1
du
x x
+ + − −
Vậy đa thức dư là 1
x
− −
Bài 4: Tìm dư trong phép chia
( ) ( )( )( )( ) ( ) 2
2 4 6 8 2008; 10 21
f x x x x x g x x x
= + + + + + = + +
Lời giải
Ta có ( ) ( )( )( )( ) ( )( )
2 2
2 4 6 8 2008 10 16 10 24 2008
f x x x x x x x x x
= + + + + + = + + + + +
Đặt 
2 2
10 21( 3; 7) ( ) 2 1993
du
t x x t t P t t t
= + + ≠ − ≠ − ⇒ = − +
Bài 5: HSG Yên Dũng, năm học 2019 - 2020
Tìm số dư trong phép chia ( )( )( )( )
3 5 7 9 2035
x x x x
+ + + + + cho 2
12 30
x x
+ +
Lời giải
Ta có ( )( )( )( )
3 5 7 9 2035
x x x x
+ + + + +
( )( )
2 2
12 27 12 35 2035
x x x x
= + + + + +
Đặt 2
12 30
x x t
+ + =
, ta có ( )( )( )( )
3 5 7 9 2035
x x x x
+ + + + +
( )( )
3 5 2035
t t
= − + + 2
2 15 2035
t t
= + − + ( 2) 2020
t t
= + +
Do đó ( )( )( )( )
3 5 7 9 2035
x x x x
+ + + + + =( )( )
2 2
12 30 12 32 2020
x x x x
+ + + + +
Vậy số dư trong phép chia ( )( )( )( )
3 5 7 9 2035
x x x x
+ + + + + cho 2
12 30
x x
+ + là 2020
Bài 6: HSG Quế Võ, năm học 2020 - 2021
Cho đa thức ( )( )( )( )
1
5
( ) 10 5 20 2016
P x x x
x x
+
= + + + + . Tìm số dư trong phép chia ( )
P x cho đa
thức 2
25 120
x x
+ +

48. 10
Lời giải
Ta có: ( )( )( )( )
1
5
( ) 10 5 20 2016
P x x x
x x
+
= + + + +
( )( ) ( )( )
( ) 20 10 15
5 2016
P x x
x x x
+
= + + + +
   
   
( )( )
2 2
2
25 6
1 2
0 0
0
( ) 5 15 01
P x x x
x x
+ +
+ + +
( )( )
2
2
( ) 25 120 6
25 120 2 30
0 201
P x
x x
x x
+ + + +
+ + −
Đặt 2
25 120
t x x
= + +
( )( )
( ) 30 201
20 6
P t
x t +
− +
2
( ) 10 60 2016
P x t t
= + − +
2
( ) 10 1956
P x t t
= + +
( )
P x
⇒ chia cho 2
25 120
x x
+ + có số dư là 1956.

49. 11
2. Cách 2: Xét giá trị riêng (phép chia ảo)
Bài 1: Tìm số dư của ( )
f x cho ( )
g x , biết rằng
a. 7 5 3 2
( ) 1; ( ) 1
f x x x x g x x
= + + + = −
b. 10 8 2
( ) ... 1; ( ) 2
f x x x x g x x x
= + + + = − −
c. 2
( ) ( 1)( 3)( 5)( 7) 1999; ( ) 8 12
f x x x x x g x x x
= + + + + + = + +
Lời giải
a) Gọi thương phép chia là ( )
q x và dư là ax b
+ , ta có 7 5 3 2
1 ( 1). ( ) ,
x x x x q x ax b x
+ + + = − + + ∀
Vì đẳng thức đúng với mọi x nên ta chọn 1
x = và 1
x = − , được:
1 4 3
:3 1
1 2 1
x a b a
du x
x a b b
= ⇒ = + =
 
⇒ ⇒ +
 
=
− ⇒ − =
− + =
 
b. Ta có 2
( ) 2 ( 1)( 2)
g x x x x x
= − − = + −
Thực hiện phép chia ( )
f x cho ( )
g x ta được: ( ) ( 1)( 2). ( ) ax+b
f x x x q x
= + − +
Cho
1 1 682
:682 683
2 2047 2 683
x a b a
du x
x a b b
=− ⇒ =− + =
 
⇒ ⇒ +
 
=
⇒ =+ =
 
c. Cách 1:
4 3 2
( ) ( 1)( 7)( 3)( 5) 1999 16 86 176 2014 ( 2)( 6). ( ) ax+b
f x x x x x x x x x x x q x
= + + + + + = + + + + = + + +
Cho
2 1984 2 0
:1984
6 1984 6 1984
x b a a
du
x b a b
=
− ⇒ = − =
 
⇒ ⇒
 
=
− ⇒ = − =
 
Cách 2: Đặt 
2 2
8 7 ( ) ( 8) 1999 ( 8 15) 1984 ( 3)( 5) 1984
du
t x x f t t t t t t t
=+ + ⇒ =+ + = + + + =
+ + +
Bài 2: Tìm đa thức ( )
f x biết rằng:
a. ( )
f x chia cho 3
x − thì dư 7, chia cho 2
x − thì dư 5, chia cho ( )( )
2 3
x x
− − thì được thương
là 3x và còn dư.
b. ( )
f x chia cho 2
x − thì dư 5, chia cho 3
x − thì dư 7, chia cho ( )( )
2 3
x x
− − thì được thương
là 2
1
x − và còn dư.
c. ( )
f x chia cho 3
x + thì dư -5, chia cho 2
x − thì dư 5, chia cho 2
6
x x
+ − thì được thương là
2
2
x + và còn dư.
Lời giải:

50. 12
a) ( ) ( 3). ( ) 7(1); ( ) ( 2). ( ) 5(2); ( ) ( 2)( 3) (3)
f x x g x f x x h x f x x x ax b
= − + = − + = − − + +
Cho
(2) (2) 5
2 2 5(*)
(3) (2) 2
f
x a b
f a b
⇒ =

= ⇒ ⇒ + =

⇒ = +

Cho
(2) (3) 7
2 3 7(**). :(*)(**) 2; 1 ( ) ...
(3) (3) 3
f
x a b Tu a b f x
f a b
⇒ =

= ⇒ ⇒ + = ⇒ = = ⇒ =

⇒ = +

b. 4 3 2
( ) 5 5 5 6
f x x x x x
=
− + − − +
c. 2 2 2
( ) ( 6)( 2) ax+b=(x+3)(x-2)(x 2) ax+b
f x x x x
= + − + + + +
Cho 2, 3
x =
4 3 2
(2) 2 5; ( 3) 3 5 2; 1 ( ) 4 4 11
f a b f a b a b f x x x x x
⇒ = + = − =
− + =
− ⇒ = =⇒ = + − + −
Bài 3:
Giả sử đa thức ( )
f x chia 2
x − dư 11, chia 2
1
x x
− + dư 3 2
x + . Tìm phần dư khi chi ( )
f x cho
( ) 3 2
3 3 2
g x x x x
= − + −
Lời giải:
Ta có ( ) ( )( )
3 2 2
3 3 2 2 1
g x x x x x x x
= − + − = − − +
Thực hiện phép chia ( )
f x cho ( )
g x ta được 2 2
( ) ( 2)( 1)
f x x x x ax bx c
= − − + + + +
( ) ( 2). ( ) 11
f x x h x
=
− +
Cho 2 (2) 4 2 11(1)
x f a b c
= ⇒ = + + =
Mặt khác: 2 2
( ) ( 2)( 1) a( 1) ( )
f x x x x x x a b x c a
= − − + + − + + + + −
2
3 2
( 2 )( 1) ( )
du x
x a x x a b x c a
= +
= − + − + + + + −




2(2)
. (1)(2)(3) ( ; ; ) (1;2;3)
3(3)
c a
Tu a b c
a b
− =

⇒ ⇒ =

+ =

⇒ 2
: 2 3
du x x
+ +
Bài 4:
Giả sử ( )
f x chia cho 2
x + dư 4 và chia cho 2
1
x + dư 2 3
x + . Tìm phần dư trong phép chia
( )
f x cho ( )( )
2
2 1
x x
+ +
Lời giải
Ta có 2 2
( ) ( 2)( 1)
f x x x ax bx c
= + + + + +
+) ( 2) 4 4 2 4(1)
f a b c
− = ⇒ − + =

51. 13
+) 2 2 2(2)
( ) ( 2)( 1) ( 1) ( , , ) (1,2,4)
3(3)
du
b
f x x x a x bx c a a b c
c a
=

= + + + + + + − ⇒ ⇒ =

− =





2
: 2 4
du x x
⇒ + +
Bài 5: HSG Hà Trung Thanh Hóa, năm học 2020 - 2021
Xác định đa thức ( )
f x biết ( )
f x chia cho 1
x − dư 4 và chia cho 2
2
x x
+ − được thương là 2
5x
Lời giải
Gọi ( ) ( )
,
A x B x là các đa thức sao cho
( ) ( )
( ) 1 4
f x x A x
=
− +
( ) ( )
( ) 2 1
f x x B x
=
+ +
Khi đó,
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 1 . 4 2
1 1 ( 2) 1 1
x f x x x A x x
x f x x x B x x
+ = + − + +



− = − + + −


( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 ( 1) 3 9
x f x x x A x B x x
⇒ + = + − − + +
 
 
( ) ( )( ) ( ) ( )
3 2 1 3 9
f x x x A x B x x
⇔ = + − − + +
 
  ( ) ( )( )
( ) ( )
( )
1 2 3
3
A x B x
f x x x x
−
⇔ = − + + + ( )
*
Theo bài ra khi chia ( )
f x cho ( )( )
2
2 1 2
x x x x
+ − = − + ta được thương là 2
5x nên
( ) ( ) 5
3
A x B x
x
−
=
Khi đó ( )
* trở thành: ( ) ( )( ) 2
1 2 .5 3
f x x x x x
= − + + +
Vậy ( ) ( )( )
2
5 1 2 3
f x x x x x
= − + + +
Bài 6: HSG Cẩm Thủy, năm học 2020 - 2021
Đa thức ( )
f x khi chia cho 1
x + dư 4, khi chia cho 2
1
x + dư 2 3
x + . Tìm phần dư khi chia ( )
f x
cho ( )( )
2
1 1
x x
+ + .
Lời giải
Giả sử ( ) ( )( ) ( )
2 2
1 1 .g +
f x x x x ax bx c
= + + + +
+ Vì ( )
f x chia cho 1
x + dư 4 nên ( )
1 4 4
f a b c
− = ⇔ − + = (1)
Mà ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 .g + 1 1 1 .
f x x x x a x bx c a x x g x a bx c a
= + + + + + − = + + + + + −
 
 

52. 14
+ Vì ( )
f x chia cho 2
1
x + được thương là 2 3
x + nên:
2 2
3 3
b b
c a c a
= =
 
⇔
 
− = = +
 
(2)
Thay (2) vào (1) ta được:
3 9
2 3 4 2,
2 2
a a a b c
− + + = ⇔ = ⇒ = =
Vậy đa thức dư là: 2
3 9
2
2 2
x x
+ +
Bài 7: HSG Nga Sơn, năm học 2020 - 2021
Đa thức ( )
f x chia cho 1
x + dư 4 , khi chia cho đa thức 2
1
x + dư 2 3
x + . Tìm phần dư khi chia
( )
f x cho ( )( )
2
1 1
x x
+ +
Lời giải
Gọi thương đa thức ( )
f x chia cho 1
x + là A( )
x
( ) ( )
( ) 1 . 4
f x x A x
⇒ = + +
( )
1 4
f − = (1)
Do bậc của đa thức ( )( )
2
1 1
x x
+ + là 3 nên đa thức dư có dạng 2
ax bx c
+ +
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2
1 1 .
1 1 .
1 1 . 1
1 . . 1
f x x x g x ax bx c
x x g x ax a a bx c
x x g x a x a bx c
x g x a x bx c a
⇒ = + + + + +
= + + + + − + +
= + + + + − + +
= + + + + + −
 
 
Mà ( )
f x chia cho 2
1
x + dư 2 3
x + nên 2, 3
b c a
= − = ( )
1
f a b c
⇒ − = − + (2)
Từ (1) và (2) 4
a b c
⇒ − + = mà 2, 3
b c a
= − =
2
6
3
b
a c
c a
=


⇒ + =

 − =

3
2
2
9
2
a
b
c

=


⇒ =


 =

⇒ Đa thức dư trong phép chia ( )
f x cho ( )( )
2
1 1
x x
+ + là 2 9
3 2
2
x x
+ +
Bài 8: TP Sầm Sơn, năm học 2020 - 2021
Tìm phần dư của phép chia đa thức ( )
P x cho 3
( 1)( 1)
x x
− + biết ( )
P x chia cho ( 1)
x − thì dư 1,
( )
P x chia cho 3
( 1)
x + thì dư 2
1
x x
+ + .
Lời giải

53. 15
Đặt 3 3 2
( ) ( 1)( 1). ( )
P x x x Q x ax bx cx d
= − + + + + + với mọi x
Vì 3 2 3 2
( 1)
ax bx cx d a x bx cx d a
+ + + = + + + + −
Từ ( )
P x chia cho 3
1
x + dư 2
1
x x
+ +
suy ra 2 2
1
bx cx d a x x
+ + − = + + . Do đó 1; 1; 1
b c d a
= = − =
Lại có ( )
P x chia cho 1
x − dư 1
Nên (1) 1
P = hay 1 1 0; 1
a b c d a d d a
+ + + =⇒ + =
− ⇒ = =
−
Vậy đa thức dư là: 3 2
-x x x
+ + .
Bài 9: TP Tiền Hải, năm học 2017 - 2018
Đa thức ( )
f x chia cho 5
x − dư 2014 , chia cho 2
x + dư 2018
− . Tìm dư của phép chia đa thức
( )
f x cho 2
– 3 –10
x x .
Lời giải
( )( )
2
– 3 –10 – 5 2
x x x x
= +
Ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( )
5 2 .
f x x x q x r x
= − + + .
Vì bậc của ( )
r x nhỏ hơn hoặc bằng 1 nên đặt ( )
r x ax b
= + .
Vì ( )
f x chia cho – 5
x dư 2014 , chia cho 2
x + dư 2018
− nên:
( )
5 5 2014
f a b
= + = và ( )
2 2 2018
f a b
− =
− + =
−
Suy ra 576
a = và 866
b = − .
Vậy đa thức dư cần tìm là 576 – 866
x .
Bài 10: HSG Hưng Hà, năm học 2018 - 2019
Tìm đa thức ( )
f x biết ( )
f x chia cho 3
x − thì dư 2, ( )
f x chia cho 4
x + thì dư 9, còn ( )
f x
chia cho 2
12
x x
+ − được thương là 2
3
x + và còn dư.
Lời giải
Ta có: ( ) ( )
3 ( ) 2
f x x A x
=
− + (1)
( ) ( )
4 ( ) 9
f x x B x
=
+ + (2)

54. 16
( ) ( ) ( )
2
12
f x x x C x ax b
= + − + +
( )( )
2 2
12 3
x x x ax b
= + − + + + (3)
Thay x = 3 vào (1) ta có: ( )
3 2
f = (4)
Thay x = 4
− vào (2) ta có: ( )
4 9
f − = (5)
Từ (3) ta có: ( ) ( )( )
2
3)( 4 3
f x x x x ax b
= − + + + + (6)
Từ (4) và (6): 3 2
a b
+ = (7)
Từ (5) và (6): 4 9
a b
− + = (8)
Từ (7) và (8) ta có: 1, 5
a b
=
− =
Vậy ( ) ( )( )
2 2
12 3 5
f x x x x x
= + − + − + .
Bài 11: HSG Đông Hưng, năm học 2020 - 2021
Tìm đa thức dư khi chia đa thức ( ) ( 1)( 3)( 5)( 7) 2036
f x x x x x
= + + + + + cho đa thức
2
( ) 8 10
g x x x
= + +
Lời giải
Ta có: ( ) ( 1)( 3)( 5)( 7) 2036
f x x x x x
= + + + + + ( 1)( 7)( 3)( 5) 2036
x x x x
= + + + + +
2 2
( 8 7)( 8 15) 2036
x x x x
= + + + + +
Đặt 2 2 2 2 2
8 10 8 7 8 10 3 3; 8 15 8 10 5 5
t x x x x x x t x x x x t
= + + ⇒ + + = + + − = − + + = + + + = +
⇒ 2
( ) ( 3)( 5) 2036 2 15 2036 ( 2) 2021
f x t t t t t t
=
− + + =
+ − + =+ +
2 2
( ) ( 8 10)( 8 12) 2021
f x x x x x
⇒ = + + + + +
( )
f x
⇒ chia cho 2
8 10
x x
+ + dư 2021.
Bài 12: HSG Hưng Hà, năm học 2019 - 2020
Tìm đa thức ( )
f x , biết rằng ( )
f x chia cho 3
x − dư 27, chia cho 5
x − dư 39 và chia cho
2
8 15
x x
− + được thương là 5x và còn dư.
Lời giải

55. 17
Vì ( )
f x chia 2
8 15
x x
− + được thương 5x và còn dư nên ( ) ( )
2
8 15 .5
f x x x x ax b
= − + + + .
( ) ( ) ( )
3 . 5 .5
f x x x x ax b
= − − + + .
+) Vì ( )
f x chia 3
x − dư 27 3 27
a b
⇒ + = .(1)
+) Vì ( )
g x chia 5
x − dư 39 5 39
a b
⇒ + = .(2)
Vì
3 27
5 39
a b
a b

⇒
+ =
=


+
Thay 6
a = vào ( )
1 ta được :3.6 27 9
b b
+ = ⇒ = .
Vây ( ) ( )
2
8 15 .5 6 9
f x x x x x
= − + + +
( ) 3 2
5 40 81 9.
f x x x x
= − + +
Bài 13: HSG Tỉnh Bắc Ninh, năm học 2020 - 2021
Tìm phần dư của phép chia đa thức ( )
P x cho ( )( )
1 2 .
x x
− + Biết rằng đa thức ( )
P x chia cho
( )
1
x − dư 7 , chia cho ( )
2
x + dư 1.
Lời giải
Do ( )( ) 2
1 2 2
x x x x
− + +
= − là đa thức bậc hai nên phần dư của phép chia ( )
P x cho ( )( )
1 2
x x
− +
là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2.
Giả sử ( )
,
ax b a b
+ ∈ là phần dư cần tìm.
Từ giả thiết bài toán: Tồn tại các đa thức ( ) ( ) ( )
1 2 3
, ,
Q x Q x Q x thỏa mãn:
( ) ( )( )( )
( ) ( )( )
( ) ( )( )
1
2
3
1 2
1 7
2 1
P x Q x x x ax b
P x Q x x
P x Q x x
= − + + +


= − +


= + +

Xét ( ) ( )
2
7 ; 1 2
1
P a b P a b
==+ =
=
− +
− từ đó ta có hệ phương trình:
7 2
2 1 5
a b a
a b b
+
= =
 
⇔
 
− +
= =
 
Vậy phần dư cần tìm là: 2 5
x + .
Bài 14: HSG Than Uyên Lai Châu, năm học 2020 - 2021
Đa thức ( )
f x chia cho 1
x + dư 4 chia cho 2
1
x + dư 2 3.
x + Tìm phần dư khi chia ( )
f x cho
( )( )
2
1 1 .
x x
+ +

56. 18
Lời giải
Ta có: ( ) ( ) ( )
1 4
f x x A x
=
+ + ( )
1
( ) ( ) ( )
2
1 2 3
f x x B x x
= + + + ( )
2
( ) ( )( ) ( )
2 2
1 1
f x x x C x ax bx c
= + + + + + ( )
3 ( )( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1
x x C x a x bx c a
= + + + + + + −
( ) ( )( ) ( )
1 1
x C x x a bx c a
= + + + + + −
 
  ( )
4
Từ (1) và (2) suy ra:
2
3
b
c a
=


− =

(5)
Cho 1
x = − từ (1) suy ra: ( ) 4
f x = −
từ (3) suy ra: ( )
1
f a b c
− = − + 4
a b c
⇒ − + = 6
a c
⇒ + = (6)
Từ (5) và (6) suy ra:
9 3
,
2 2
c a
= =
Vậy khi chia f(x) cho ( )( )
2
1 1
x x
+ + dư 2
3 9
2x .
2 2
x + +
Bài 15: HSG TP Bến Tre, năm học 2020 - 2021
Tìm đa thức ( )
f x biết rằng ( )
f x chia cho 3
x − dư 7, ( )
f x chia cho 3
x + dư 3, ( )
f x chia cho
2
9
x − được thương là 2x và còn dư.
Lời giải
Đặt biểu thức dư của phép chia ( )
f x cho 2
9
x − là ax b
+ . Vì ( )
f x chia cho 2
9
x − được thương
là 2x nên ( )
2
( ) 9 .2
f x x ax b
= − + + (1)
Vì ( )
f x chia cho 3
x − dư 7 ( ) ( ) ( )
3 . 7
f x x A x
=
− + ( ( )
A x là một đa thức)
( ) ( )
3 7 2
f
⇒ =
Vì ( )
f x chia cho 3
x + dư 3 ( ) ( ) ( )
3 . 3
f x x B x
⇒ =+ + ( ( )
B x là một đa thức)
( ) ( )
3 3 3
f
⇒ − =
Thay (2) vào (1) ta có: 2
7 (3 9).2.3 3a b
= − + + 3 7
a b
⇔ + =
Thay (3) vào (1) ta có: 2
3 (( 3) 9).2.3 3a b
= − − + + 3 3
a b
⇔ − + =
2
3
3
3 7
5
a b b a
a b
b

+ = =
 
⇒ ⇔
 
− + =
  =

(*)
Thay (*) vào (1) 2 3
2 52
( ) ( 9).2 5 2 5
3 3
f x x x x x x
⇒ = − + + = − +

57. 19
Bài 16: HSG TP Bắc Giang, năm học 2020 - 2021
Đa thức ( )
f x khi chia cho 1
x − dư4, khi chia cho 2
1
x + dư 3 5.
x + Tìm đa thức dư khi chia ( )
f x
cho ( )( )
2
1 1 .
x x
− +
Lời giải
Ta có: ( )
f x chia cho đa thức ( )( )
2
1 1
x x
− + có bậc là 3
( )
f x
⇒ chia cho đa thức ( )( )
2
1 1
x x
− + có thương là ( )
Q x và đa thức dư là 2
ax bx c
+ +
( ) ( )( ) ( )
2 2
1 1 c
f Q a
x x
x x bx
x
= +
− + +
+
( )( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1
a x bx c a
x x Q x
= +
− + + + −
+
( ) ( ) ( )
2
1 1
x bx
Q x a c
x a
= − + + +
  +
 −

( )
f x chia ( )
1
x − dư ( ) ( )
4 1 4 4 1
f a b c
⇒ = ⇒ + + =
( )
f x chia 2
1
x + dư
3
3 5 (2)
5
b
x
c a
=

+ ⇒ 
− =

.
Từ (1) và (2)
2
3
3
a
suy ra b
c
= −


=

 =

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

58. 20
Bài 1: Chứng minh rằng
a. 4 2 2 1 2
2. 1 ( 1)
n n
x x x n N
+ +
+ + − ∀ ∈

b. 4 2 4 2 2
( 1) ( 1) 1
n n
x x x n N
+ +
+ + − + ∀ ∈

Lời giải
Ta có 4 2 2 1 2 1 2
2. 1 ( 1)
n n n
x x x
+ + +
+ +
= +
Lại có 2 1 2 1 2 2
1 ( 1) ( 1) ( 1)
n n
x x x x
+ +
+ + ⇒ + +
 
Bài 2: Chứng minh rằng
a. 95 94 2 31 30 2
( ) ... 1 ( ) ... 1
f x x x x x g x x x x x
= + + + + = + + + + +

b. 124 123 2 24 23 2
( ) .... 1 ( ) ... 1
f x x x x x g x x x x x
= + + + + + = + + + + +

Lời giải
Ta có ( )
3
96 32 32
( 1). ( ) 1 1 ( 1) ( 1). ( ) ( ) ( )
x f x x x x x g x f x q x
 
− = − = − − = − ⇒
 
 
 
Bài 3:
Chứng minh rằng 19 18 2
( ) ... 1 ( ) ( 1)( 1)
f x x x x g x x x
= + + + + = + +

Lời giải
Ta có 19 16 3 3 16 12 8 4 2
( ) ( ... ) ...( ... 1) ( ... 1)( 1) ( 1)( 1)
f x x x x x x x x x x x
= + + + + = + + + + + + + +

Bài 4:
Chứng minh rằng 24 18 12 6 4 3 2
( ) 1 ( ) 1
f x x x x x g x x x x x
= + + + + = + + + +

Lời giải
Ta có 4 20 3 15 2 10 5
( ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( )
f x x x x x x x x x g x
= − + − + − + − +
5 5 5 5
4 5 4 3 5 3 2 5 2 5
1 1 1 1
([( ) 1] [( ) 1] [( ) 1] ( 1) ( )
x x x x
x x x x x x x x g x
− − − −
= − + − + − + − +




 

  



Bài 5:
Chứng minh rằng 80 70 20 10
( ) 1 ( ) 1
f x x x g x x x
= + + = + +

Lời giải:
Đặt 10 8 7 2
( ) 1; ( ) 1
t x f t t t g t t t
= ⇒ = + + = + +
8 2 7 2 2 3 2 3 2 2 2
( ) ( ) ( ) 1 [( ) 1] [( ) 1] ( 1) 1
f t t t t t t t t t t t t t t t
= − + − + + + = − + − + + + + +


59. 21
Bài 6:
Tìm số a để đa thức 10 2
( ) ax 3 2 2
f x x x x
= − + + +

Lời giải
Ta có ( ) 2 ( 2) 0 1024 4 6 2 0 255.
f x x f a a
+ ⇔ − = ⇔ − − + = ⇔ =

Bài 3: DÙNG PHƯƠNG PHÁP XÉT GIÁ TRỊ RIÊNG ĐỂ TÌM HỆ SỐ CỦA MỘT ĐA
THỨC

60. 22
A. Kiến thức cần nhớ
Giả sử ( )
f x và ( )
g x là các đa thức và bậc của ( )
f x lớn hơn hoặc bằng bậc của ( )
g x . Khi đó
luôn tồn tại duy nhất các đa thức ( )
q x và ( )
r x , thỏa mãn ( ) ( ) ( )
( ).
f x g x q x r x
= +
Trong đó: Bậc của ( )
r x nhỏ hơn bậc của ( )
g x
Nếu ( ) 0
r x ≡ thì ta nói ( )
f x chia hết cho ( )
g x
Xét phép chia đa thức ( )
f x cho đa thức bậc nhất x a
−
( ) ( )
( ) .
f x x a q x r
=
− + .
Cho ( )
x a f a r
=
⇒ =
Kết luận: Phần dư trong phép chia đa thức ( )
f x cho x a
− là một số bằng ( )
f a
- Nếu ( ) 0
f a = hay x a
= là nghiệm của đa thức ( )
f x thì ( )
f x chia hết cho x a
−
Định lý Bơ Đu:
Số dư trong phép chia đa thức ( )
f x cho nhị thức x a
− bằng giá trị của ( )
f x tại x a
=
( ) ( ) ( ) 0
f x x a f a
⇒ − ⇔ =

Bài 1: Xác định các hằng số , ,
a b c sao cho
a. 3 2
( ) 5 50 ( ) ( 5)( 2)
f x ax bx x g x x x
= + + − = + −

b. 4 2
( )
f x x ax bx c
= + + + chia cho 2
x − thì dư 9, chia cho 2
1
x − thì dư 2 1
x −
c. 4 3 2 2
( ) 2 3 5 ( ) 2 3
f x x x x ax b g x x x
= + + + + = + +

d. 3 2
( ) ( 2)
f x ax bx c x
= + + +
 và chia 2
1
x − dư 5
x +
e. 3 2
( )
f x x ax bx c
= + + + chia hết cho 2
x − và chia 2
x a
− dư 2x
Lời giải:
a. Gọi ( )
q x là thương của phép chia ( )
f x cho ( )
g x
Ta có: 3 2
5 50 ( 5)( 2). ( )
ax bx x x x q x
+ + − = + −
Xét các giá trị riêng 5; 2
x x
=
− =
, ta được
5 12 25 75 1
2 8 4 40 8
x a b a
x a b b
= − ⇒ − + = =
 
⇒
 
= ⇒ + = =
 
b. 2
( ) ( 1). ( ) 2 1
f x x q x x
= − + −
Cho
1 0(1)
1 4(2)
x a b c
x a b c
= ⇒ + + =


=− ⇒ − + =−


61. 23
Mặt khác ( )
f x chia cho 2
x − dư 9 (2) 9 4 2 7(3)
f a b c
⇒ = ⇒ + + =
−
Từ (1)(2)(3) ( , , ) ( 3,2,1)
a b c
⇒ =
−
c. ( ) ( 1)( 2). ( ) 1; 3
f x x x q x a b
= + + ⇒ =
− =
d. Ta có ( ) ( 2). ( ) ( 2) 0 8 4 0(1)
f x x p x f a b c
= + ⇒ − = ⇔ − + + =
(1) 6(2)
( ) ( 1)( 1). ( ) 5 .(1)(2)(3) ( , , ) (1,1,4)
( 1) 4(3)
f a b c
f x x x q x x a b c
f a b c
= + + =

= − + + + ⇒ ⇒ =

− =
− + + =

e.
10 10
( , , ) ( ;1; )
3 3
a b c
−
=
Bài 2:
Đa thức ( )
P x có bậc 4, có hệ số bậc cao nhất là 1. Biết ( ) ( ) ( )
1 0; 3 0; 5 0
P P P
= = = . Tính
( ) ( )
2 7 6
Q P P
= − +
Lời giải
Ta có ( )
P x chia hết cho 1; 3; 5
x x x
− − − và bậc của ( )
P x là 4 nên ( )
P x có dạng:
( ) ( 1)( 2)( 3)( )
P x x x x x a
= − − − −
( 2) 7 (6) ( 3)( 5)( 7)( 2 ) 7.5.3.1( 6) 105( 2) 105( 6) 840
P p a a a a
− + =
− − − − + + + =
− − + + =
Bài 3:
Tìm đa thức ( )
f x , biết ( )
f x chia cho 2
x − dư 5, ( )
f x chia cho 3
x − dư 7, chia cho
( )( )
9 2 3
x x
− − được thương là 2
1
x − và đa thức dư bậc nhất đối với x
Lời giải:
Gọi dư trong phép chia ( )
f x cho ( )( )
2 3
x x
− − là ax b
+
Ta có: 2
( ) ( 2)( 3)( 1)
f x x x x ax b
= − − − + +
Theo bài ra ta có:
(2) 5 2 5 2
(3) 7 3 7 1
f a b a
f a b b
= ⇒ + = =
 
⇒
 
= ⇒ + = =
 
Bài 4:

62. 24
Tìm ( )
f x , biết ( )
f x chia cho 1
x − và 3
x − đều dư 2 và ( )
f x chia cho 2
4 3
x x
− + được thương
là 1
x + và còn dư.
Lời giải:
( )
f x chia cho 1
x − dư 2 ( ) ( 1). ( ) 2(1)
f x x g x
⇒ =− +
( )
f x chia cho 3
x − dư 2 ( ) ( 3). ( ) 2(2)
f x x h x
⇒ =− +
( )
f x chia cho 2
4 3
x x
− + được 1
x + và dư ( )
2
( ) ( 4 3)( 1) 3
f x x x x ax b
⇒ = − + + + +
Từ (1), cho 1 2(4)
x a b
= ⇒ + =
Từ (2)(3) cho 3 3 2(5)
x a b
= ⇒ + =
−
Từ (4)(5) 2
0; 2 ( ) ( 4 3)( 1) 2
a b f x x x x
= = ⇒ = − + − +
Bài 5: HSG Như Xuân, năm học 2017 - 2018
Tìm ,
a b sao cho 3 2
( ) 10 4
f x ax bx x
= + + − chia hết cho đa thức 2
( ) 2
g x x x
= + −
Lời giải
Ta có: 3 2
( ) 10 4
f x ax bx x
= + + − ; 2
( ) 2
g x x x
= + −
Ta có ( ) ( 1)( 2)
g x x x
= − +
Do ( )
f x chia hết cho đa thức ( )
g x nên ( ) ( ). ( )
f x q x g x
= với ( )
q x là đa thức
( ) ( 1)( 2). ( )
f x x x q x
= − +
Với 1
x = ta được (1) 0
f = hay 6 0
a b
+ + =
Với 2
x = − ta được ( 2) 0
f − =hay 8 4 24 0
a b
− + − = 2 6 0
a b
⇔ − + − =
Khi đó ta có
6
2 6
a b
a b
+ =
−


− + =

4
2
a
b
= −

⇔ 
= −

Vậy 4, 2
a b
=
− =
− .
Bài 6: HSG Quan Hòa, năm học 2020 - 2021
Tìm hệ số a , b sao cho 4 3 2
3
x x x ax b
− − + + chia cho 2
2
x x
− − được dư là 2 3
x − .
Lời giải
Tìm hệ số a , b sao cho: 4 3 2
3
x x x ax b
− − + + chia cho 2
2
x x
− − được dư là 2 3
x − .
Ta có 4 3 2
3
x x x ax b
− − + + chia cho 2
2
x x
− − được dư là 2 3
x − nên
( ) ( ) ( )( ) ( )
4 3 2 2
3 2 2 3 1 2 2 3
x x x ax b x x A x x x x A x x
− − + + = − − + − = + − + −