Sáng kiến kinh nghiệm Kỹ thuật sử dụng máy tính cầm tay giải bài toán Đại số

x  
Xét phương trình: ( ) 0f x  
3 2 41
( ) 1 0
13 3
x x x
f x x
x
  
   

 3 2 41 13 13 3 3 0x x x x x x x         
Đặt 
13
,0
3
t x t   
Phương trình: 6 4 3 2 5 4 3 23 14 3 54 0 ( 2)( 2 5 13 12 27) 0t t t t t t t t t t t              
5 4 3 2
2 0
2 4
2 5 13 12 27 0 ( , 0)
t
x x
t t t t t VN t
 
    
       
0 - 
+ 
x 
f(x) 0 - - 
3 5
2

80 
Bảng xét dấu: 
Hàm số f(x) liên tục và vô nghiệm trên các khoảng 
169
(0;4);(4; )
9
và 
169
;
9
 
 
 
 nên các 
khoảng này hàm số không đổi dấu. 
Mà f(1) = -6 0, f(25) =-8118 < 0, 
169
18,777...
9
 
KL: Tập nghiệm của bất phương trình là 
169
[0;4] ;
9
S
 
   
 
VD9: 2 22 3(x 2x 2)x x x      (Đề thi minh họa – kỳ thi THPT Quốc Gia năm 
2015 – của BGDĐT). 
TXD: [1 3; )D    
Xét hàm số 2 2( ) 2 3(x 2x 2) 0f x x x x        liên tục trên D 
Xét phương trình: ( ) 0f x   2 22 3(x 2x 2) 0x x x       
 2 2 2 22 3(x 2x 2) ( )(x 2) x 4x 2 0x x x x x             
4 3 2 2 29 13 18 4 0 (x 3x 1)(x 6 x 4) 0x x x x            
3 13
2

 (loại), 
3 13
2

(loại), 3 13 (TM), 3 13 (loại) 
Bảng xét dấu: 
Hàm số f(x) liên tục và vô nghiệm trên các khoảng (1 3;3 13);(3 13; )    nên 
các khoảng này hàm số không đổi dấu. 
Mà  3 1 3 0f    , (9) 1.396 0f    
KL: Tập nghiệm của bất phương trình là [1+ 3;3 13]S   
VD10: 
4 3
3 2
2 2 1
2 2
x x x
x
x x x
  

 
 (Đề thi thử THPT Quốc Gia chuyên Lê Quý Đôn-2015) 
TXD: (0; )D   
Xét hàm số 
4 3
3 2
2 2 1
(x) 0
2 2
x x x
f x
x x x
  
  
 
 xác định và liên tục trên D 
Xét phương trình 
4 3
3 2
2 2 1
(x) 0
2 2
x x x
f x
x x x
  
  
 
0 - + x 
f(x) 0 - + 
4 
169
9
- 
1+ 3 - + x 
f(x) 0 + 
3 13 
- 
81 
vì 3 2 20 2 2 (x 2 x 2) 0x x x x x        
Nên phương trình: 
4 3
3 2 4 3
3 2
2 2 1
( 2 2 ) 2 2 1
2 2
x x x
x x x x x x x x
x x x
  
       
 
Đặt 2, 0t x t x t    . 
Phương trình: 6 4 2 8 6 2 8 7 6 5 3 2(t 2 2 ) 2 2 1 2 2 2 2 1 0t t t t t t t t t t t t              
2
2 6 4 3
6 4 3
t t 1 0
(t t 1)(t 1) 0
t 1 0 (*)
t t t
t t t
   
         
    
Ta sẽ chứng minh phương trình (*) vô nghiệm: 
TH1: 1t  6 4 3 6 4 3(t ) 0, (t ) 0 1 0t t t t t t           
TH2: 0 1t  6 4 3 3 3 6 4 31 0, t (t t 1) 0 t 1 0t t t t x x x               
Do đó: 2
1 5
(TM)
1 5 3 52
t t 1 0
2 21 5
(L)
2
t
x x
t
 
  
       
 


Bảng xét dấu: 
KL: Tập nghiệm của bất phương trình là 
3 5
0;
2
S
 
  
 
0 - + x 
f(x) 0 + 
3 5
2

- 
82 
PHỤ LỤC 16: PHÉP CHIA ĐA THỨC CHO ĐA THỨC CÕN PHẦN DƢ 
 KỸ THUẬT 11 
Ta đã biết 
A
C
B
 dư D thì .
A D
C A C B D
B B
     
VD1: 
34
2
2 43 5
1
x x x
x x
x 




+ Nhập vào máy: 34 2 23 5 1( 4 ) ( )x x xx x x     
+ Nhấn CALC gán 1000X  hiện 21001998 1| 001| 998 2 2x x    là phần nguyên. 
+ Nhập lại: 4 2 2 23( 4 ) ( 23 5 2)( 1)x x x x xx x x        
+ Nhấn CALC gán 1000X  máy hiện -7 
+ Thử lại: 4 2 2 23( 4 ) ( 2 2)( 75 1)3 x x xx x xx x         
+ Nhấn CALC gán X bất kỳ, cho 0 được kết quả chính xác. 
Kết quả: 
4 2
2 2
2
33 5
1
4
(
1
7
2 2)
x x x
x
x
x
x x
x x
  
 

  


 
VD2: 
34
2
28 2 2 7
2 3
x x x
x x
x  
 

+ Nhập vào máy: 34 2 2( 8 2 7) ( 2 3)2x x xx x x     
+ Nhấn CALC gán 1000X  hiện 2990018.99 990019 990 | 019 10 19x x     
+ Nhập lại: 2 24 3 2( 8 2 2 7) ( 10 19)( 2 3)x x x xx x x x         
+ Nhấn CALC gán 1000X  máy hiện 10050 10 | 050 (10 50)x    
+ Thử lại: 3 24 22 7) ( 10 19)( 8 2 2 (10 50( 2 3) )x x x x x xx x x         
+ Nhấn CALC gán X bất kỳ, máy hiện 0 là đúng. 
Kết quả: 
3
2 2
4 2
28 2 2 10 57
2
0
( 10 19)
3 2 3
x x
x
x
x
x
x x
x x x
 
  
 
  

 
Nhận xét: Ta không nhập phép chia dưới dạng 
3 2 12
1
x x x
x
  

 mà nhập dạng như trên để 
dễ sửa. Không bỏ qua bước thử lại. 
83 
VD3: 
2
3
5 3
2
4 5
4
6 9
6
2x x
x x x
x x 
 
 

Nhận xét: Bài này mũ khá lớn, khi dùng KỸ THUẬT này có một lỗi nhỏ chưa giải thích 
được nhưng có cách khắc phục thông qua bước thử lại. 
+ Nhập vào máy: 3 25 4 2 3( 6 9 ) ( 42 5 6)x x x xx x x       
+ Nhấn CALC gán 1000X  hiện: 2998000.006 998000 998 | 000 2x x    là phần 
nguyên. 
+ Nhập lại: 2 25 33 24 5) ( 2 )( 49 66 2 )( x x x xx xx xx         
+ Nhấn CALC gán 1000X  máy hiện 25988000 5 | 988 | 000 6 12x x   
+ Thử lại: 3 24 22 27) (( 8 2 2 (6 1210 )19)( 2 3)x x x x x xx xx x         
+ Nhấn CALC gán X bất kỳ nhỏ hơn 640, máy hiện 5, ta trừ đi 5 nghĩa là: 
3 24 222( 8 2 2 (67) ( 10 19)( 2 3 2 5)) 1x x x x x x xx x x          
Kq: 
5 4 2
2
3 2 2
2
3
36 9 2 6 12 5
(
5
2
4 6 4 6
)
x x x x xx
x x
x x x x x x
    
 


     
“Đây là một kết quả chính xác, nhưng trong bước thử lại không rõ nguyên nhân tại sao 
khi thử với 640x  thì đúng còn 640x  thì sai, nghĩa là 0, A 641A A    , ở bước 
trên đúng ra máy phải cho 998005.006 thay vào đó máy lại cho 998000.006” 
VD4: 
23
2
1
3
2
4
x
x
x
x
 

 (Ta nhân tử số với 23 mục đích để cho nó nguyên) 
+ Nhập vào máy: 2 23 1) (32 4 )9( xx x x    
+ Nhấn CALC gán 1000X  hiện 2997.997333 2998 2 | 998 3 2x    phần nguyên. 
+ Nhập lại: 23 29( 2 (3 2)(1) 3 4 )x x xx x    
+ Nhấn CALC gán 1000X  máy hiện 7991 (8 9)x   
Kq: 
2
2 2
3 1
3 4 9(3 4
2 3
9 )
2 8 9x
x x
x x
x
x
x
  





84 
PHỤ LỤC 17: TÁCH PHÂN SỐ THÀNH TỔNG CÁC PHÂN SỐ 
 KỸ THUẬT 12 
1. Mẫu là tích các đơn thức 
4 1 1 3
( 1)( 2) 1 2 1 2
x A B
x x x x x x

   
     
Để tính A ta nhân cả hai vế với mẫu của A rồi cho mẫu của A bằng 0 (tương tự cho B, C) 
Ta được: 
4 1
 cho 1 1
( 2)
x
A x A
x

   

; 
4 1
 cho x 2 3
( 1)
x
B B
x

    

2. Mẫu chứa nghiệm bội 
2 2 2
1 1
4 1 33 3
( 1)( 2) 1 2 ( 2) 1 2 ( 2)
x A B C
x x x x x x x x


     
       
Ta chỉ tính nhẩm được 
 x 1
2
4 1 1
( 2) 3
chox
A
x

 

 và 
 x=-24 1
 3
( 1)
chox
C
x

 

Còn B thì dùng máy: 
2
4 1 1
1 3
x
d x
B
dx x

 
   
 
3. Mẫu chứa đa thức vô nghiệm 
2 2 2
4 1 1 3
( 1)( 2) 1 2 1 2
x A Bx C x
x x x x x x
   
   
     
- Tìm A: 
 x=1
2
4 1
 1
( 2)
chox
A
x

 

- Nhập vào máy: 
2 2
4 1 1
( 1)( 2) 1 2
y By C
y y y y
 
 
   
 (thay x là y) 
+ Tìm C trước thay C là X 
2 2
4 1 1
( 1)( 2) 1 2
y By X
y y y y
 
  
   
, ta nhấn 
 SHIFT SOLVE cho y = 0, B = 0, X bất kỳ ta được C = X = 3 
+ Tìm B: Sửa lại C thay là 3, B thay là X
2 2
4 1 1 3
( 1)( 2) 1 2
y Xy
y y y y
 
  
   
 nhấn 
SHIFT SOLVE cho y = bất kỳ khác 0 và khác nghiệm của mẫu, X = bất kỳ ta 
được B = X = -1 
85 
PHỤ LỤC 18: PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC 
 KỸ THUẬT 13 
Trong phương trình đại số hay phương trình vô tỷ, khi nhẩm được một nghiệm x=a 
thì ta có thể tách, ghép, thêm, bớt để biến đổi về phương trình có nhân tử chung là (x-a). 
Tuy nhiên khi biết một nghiệm của phương trình lượng giác thì có thể nhiều cách làm xuất 
hiện các nhân tử chung khác nhau. 
Chẳng hạn, ứng với nghiệm x=30o hay 
6
x

 thì nhân tử chung có thể là 
2sin 1,2cos 3,cos 3sinx,...x x x   
- Tùy theo đề bài hệ số là nguyên hay hệ số hữu tỷ mà ta chọn cho thích hợp, tất nhiên 
có những bài tuy nhẩm được nghiệm “đẹp” ta khó có thể tách thành nhân tử chung cho dù 
theo lý thuyết thì bài nào cũng tách được nhưng khi tách ra nó làm bài toán thêm phước 
tạp hơn. 
VD1: 1-sinx-cosx=0 
Nhẩm được nghiệm là x=0 hoặc x=90o, ta có bộ nhân tử chung là (1-sinx) hoặc (1-cosx) 
hoặc (sinx) hoặc (cosx). Ta chọn bộ nào mà khi tách ra nó cũng phước tạp hơn. 
VD2: (1-sinx)- (1 sin )(1 sin )x x  =0 rõ ràng đã xuất hiện nhân tử (1-sinx) 
Nhưng làm theo cách này thì dài hơn. 
“Thường khi gặp loại này ta giải theo cách của phương trình a.sinx+b.cosx+c=0 hoặc đại 
số hóa”. 
- Khi ta nhẩm được nghiệm x=60o tức x=
3

 thì ta có các bộ nhân tử chung (2cosx-1) 
hoặc (2sinx- 3 ) 
Tương tự x=45o, x=135o, các bạn tự suy ra bộ nhân tử chung ?. 
- Cách nhẩm các nghiệm bằng máy tính bỏ túy các em dùng lệnh SOLVE. Nên cho 
X=60 hoặc 30 hoặc 45 vì thường phương trình có nghiệm như thế để máy tính nhẩm cho 
nhanh, (Phải để chế độ độ) 
VD1: Giải phương trình: 9sinx + 6cosx -3sin2x + cos2x = 8. 
Nhận xét: ta nhẩm được nghiệm là x=90o, các hệ số đều nguyên, ta có các bộ nhân 
tử chung là (sinx-1) hoặc (cosx). Ở đây ta chọn (sinx-1). 
 Pt: (9sinx-9) + (6cosx-6sinx.cosx) + 2-2sin
2x=0. đến đây đã quá dễ dàng!. 
VD2: Giải phương trình: 2
cos 2 1
cot 1 sin sin
1 tan 2
x
x x x
x
   

 Nhận xét : “Ta nhẩm được ngiệm x=45o vậy ta sẽ có nhân tử chung là (sinx-cosx)” 
86 
HD: Điều kiện: sin .cos 0x x  và tanx 1 
  
 
cos sin cos sincos sin
sin . sin cos
cos sinsin
cos
x x x xx x
PT x x x
x xx
x
 
   

  
1
sin cos sin cos 0
sin
x x x x
x
 
     
 
sin cos 0
1
sin cos 0
sin
x x
x x
x
 

   

 ĐS: 
4
x k

  
VD3: (Trích đề KA-2012): 3sin 2 os2x=2cosx-1 3sin 2 ( os2x+1)-2cosx=0x c x c   
Nhận xét: “Ta nhẩm được nghiệm x=90o nhân tử chung là cosx hoặc (sinx-1) ta 
nhìn được ngay là cos2x+1 và sin2x có cosx nên chọn cosx là nhân tử dễ quá cũng không 
chấp kiếm bài khó hơn ít”. 
VD4: Giải phương trình: sinx(cos2 2cos ) os2 os 1x x c xc x   
Phương trình được viết: sin cos2 2sin cos os2 os 1 0x x x x c xc x    
Nhận xét: “Ta nhẩm được nghiệm x=45o nhân tử chung là (sinx-cosx)” 
Nhìn lại ta thấy: số hạng thứ nhất và thứ 3 nếu nhóm vào nhau xuất hiện (sinx-cosx) còn 
lại 1- 2sin cosx x= (sinx-cosx)
2
. 
VD5: Giải phương trình: 23(2cos cos 2) (3 2cos )sin 0x x x x     
Nhận xét: “Ta nhẩm được nghiệm x=60o nhân tử chung (2sin 3)x hoặc (2cosx-1). 
Trong phương trình ta thấy xuất hiện 3 vậy ta chọn (2sin 3)x là nhân tử” 
Phương trình: 22 3cos 3cos 2 3 3sin 2sin cos 0x x x x x     
22 3 2 3 sin 3sin 2 3 os ( 3 2sin ) 0
3 s inx( 3 2s inx) os ( 3 2s inx) 0
x x c x x
c x
      
    
87 
PHỤ LỤC 19: ÁP DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG 
PHƢƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN. 
 KỸ THUẬT 14 
 Cho 1 2 3 ... nx x x x k     . Tìm Min, Max của: 
1 2 3( ) ( ) ( ) ... ( )nP f x f x f x f x     . 
Cách làm: Tìm a, b sao cho: 1 1( )f x ax b  với mọi 1x . Dấu bằng xảy ra khi 1
k
x
n
 
Tương tự ta chứng minh được: 2 2( )f x ax b  
...
( )n nf x ax b 
Suy ra 1 2 3( ... )nP x x x x nb k nb        
 + Tìm a: Nhấn 
d
SHIFT
dx
 máy hiện ( ) |x
d
dx
 trong ( ) nhập biểu thức ( )f x , 
x  thì nhập 
k
n
 nhấn   giá trị của a. 
 + Tìm b: nhập vào máy ( )f x ax (a là giá trị vừa tìm được) CALC cho x=
k
n
 nhấn 
 giá trị của b. 
VD1: Cho 
3
, ,
4
x y z   và 1x y z   . CMR: 
2 2 2
9
1 1 1 10
x y z
x y z
  
  
Nháp: Ta tìm a, b trong biểu thức: 
2 1
x
ax b
x
 

Tìm a: Nhấn 
d
SHIFT
dx
 nhập 
2
1
3
1
x
d x
dx x

 
 
 
 nhấn  ta được 
18
25
a  . 
 Tìm b: Nhấn AC Nhập 
2
18
1 25
x x
x


 cho 
1
3
x  được 
3
50
b  
Lời giải: 
Xét: 
2 2 3 2
2 2 2
18 3 50 36 ( 1) 3( 1) 36 3 14 3
1 25 50 50( 1) 50( 1)
x x x x x x x x x
x x x
       
   
  
3 2 2
2 2
36 3 14 3 (4 3)(3 1)
0
50( 1) 50( 1)
x x x x x
x x
    
    
 
3
4
x   
2
18 3
1 25 50
x x
x
  

. Tương tự: 
2
18 3
1 25 50
y y
y
 

 Và 
2
18 3
1 25 50
z z
z
 

Từ đó: 
2 2 2
18 3 18 3 18 3
1 1 1 25 50 25 50 25 50
x y z x y z
x y z
       
  
88 
18 9 18 9 9
( ) (1)
25 50 25 50 10
x y z        . Đạt được khi: 
1
3
x y z   . 
Bài Tập trƣơng tự: 
1. Cho 3x y z   và , , 0x y z  . CMR: 
2 2 2
1 1 1
1
x y z y z x z x y
  
     
. 
2. Cho x>0, y>0 và 4x y  . CMR: 
2 3
2
3 4 2 9
4 2
x y
x y
 
  
VD2: Cho , , 0a b c  thỏa mãn 2 2 2 3a b c   . 
CMR: 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1
a b c
b bc c a ac c a ab b
  
     
Lời giải: (Trước hết ta đưa mỗi phân số về một biến) 
Ta có: 
2 2
2 2 23
a a
b bc c a bc

   
 (vì 2 2 2 3a b c   ) 
Mặt khác: 
2 2 2 2
2 2 2
22 2 2
2
3
3 2
32 3
3
2
a a a a
a b c bc bc
ab bc c a bc
a

        
   
 
2 2
2 2 2
2
9 3
a a
b bc c a
 
  
. Tương tự: 
2 2
2 2 2
2
9 3
b b
a ac c b

  
 và 
2 2
2 2 2
2
9 3
c c
a ab b c

  
Ta phải chứng minh: 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 3
1
9 3 9 3 9 3 3 3 3 2
a b c a b c
a b c a b c
      
     
 với , , 0a b c  
thỏa mãn 2 2 2 3a b c   . 
Đặt: 2 2 2, , , , 0, 3x a y b c z x y z x y z        và 
3
3 3 3 2
x y z
x y z
  
  
“nhập 
1
3
x
d x
dx x

 
 
 
 nhấn  ta được 
3
4
a  , tìm b: nhập vào máy: 
3
3 4
x x
x


 cho 1x  
được 
1
4
b   ” 
Xét: 
2 23 1 4 3 (3 ) (3 ) 3 6 3 3( 1)
0
3 4 4 4(3 ) 4(3 ) 4(3 )
x x x x x x x x x
x x x x
      
     
   
 (vì 3 0x y z    ) 
3 1
3 4 4
x x
x
  

. Tương tự: 
3 1
3 4 4
y y
y
 

 và 
3 1
3 4 4
z z
z
 

Do đó: 
3 1 3 1 3 1 3 3 3 3 3
( ) .3
3 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 2
x y z x y z
x y z
x y z
               
  
Đạt được khi: 1 1x y z a b c       
89 
VD3. Cho , , 0x y z  thỏa mãn 1x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của: 
1 1 1
2P x y z
x y z
 
      
 
Lời giải: 
2 2 21 1 1 2 2 2
2
x y z
P x y z
x y z x y z
    
         
 
“nhập 
2
1
3
2
x
d x
dx x

 
 
 
 nhấn  ta được 17a   , tìm b: nhập vào máy: 
2 2
17
x
x
x

 cho 
1
3
x  được 12b  ” 
Xét: 
2 2 2 22 18 12 2 2(9 6 1) 2(3 1)
17 12 0
x x x x x x
x
x x x x
     
      (vì 3 0x y z    ) 
2 2
17 12
x
x
x

    . Tương tự: 
2 2
17 12
y
y
y

   và 
2 2
17 12
z
z
z

   
Do đó: 17( ) 3.12 17 36 19P x y z         . Vậy 19MinP  đạt được khi 
1
3
x y z   . 
VD4. Cho , , 0a b c  thỏa mãn 2 2 2 3a b c   . CMR: 
1 1 1
3( ) 2 15P a b c
a b c
 
       
 
Nháp: Do biểu thức điều kiện 2 2 2 3a b c   nên dạng bài này có sự khác biệt một chút. 
Ta cần tìm ,  sao cho: 2
2
3a a
a
    
Nhập 
 
1
2
1
2
3
x
x
d
x
dx x
d
x
dx


 
 
 
 nhấn  ta được 
1
2
  , tìm  : nhập vào máy: 
22
3
2
x
x
x
  cho 1x  
được 
9
2
  
Lời giải: Xét: 
2 2 3 3 2 22 9 6 4 9 6 9 4 (4 )( 1)
3 0
2 2 2 2 2
x x x x x x x x x
x
x x x x
        
       
(vì 2 2 2, , 0, 3 0 , , 3a b c a b c a b c       ) 
Suy ra: 
22 9
3
2 2
x
x
x
   . Tương tự: 
22 9
3
2 2
y
y
y
   và: 
22 9
3
2 2
z
z
z
   
Do đó 2 2 2
1 9 3 27
( ) 3. 15
2 2 2 2
P x y z        Đạt được khi 1a b c   . 
90 
VD5. Cho x, y > 0 thỏa mãn    1 1 4x x y y    . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2
2 2 2
1 1
2
( ) 1
x y x y
P
x x y y x y
   
   
    
Từ giả thiết ta có: 
2
2 2 2 2 ( )4 4 ( )
2
x y
x y x y x y x y

          
2(x y) 2(x y) 8 0 0 2x y          
“nhập 
2
2
1
2 2
x
d x
dx x x

 
 
 
 nhấn  ta được 1a   , tìm b: nhập vào máy: 
2
2
2 2x
x
x x



 cho 1x  
được 3b  ” 
Xét: 
2 3 2
2 2 2
2 2 3 2 (x 1) ( 2)
3 0, 0
x x x x
x x
x x x x x x
    
      
  
2
2
2 2
3
x
x
x x

   

Tương tự: 
2
2
2 2
3
y
y
y y

  

 suy ra 
2
(x y) 6
(x y) 1
x y
P

    
 
Đặt , (0;2]x y t t   . Xét hàm số: 
2
(t) t 6 , (0;2]
1
t
f t
t
    

Ta có: 
2
2
2
2 2 2
2
1
12 1
'(t) 1 1 0, (0;2]
1 ( 1) 1
t
t
t
f t
t t t
 

        
  
Vậy 
2
4
5
MinP   tại 1x y  
VD6. Cho , , 0a b c  thỏa mãn 3a b c   . CMR: 
2 2 2
1 1 1
1 1 1 1 1 1
a b c
a b c a b c
    
     
BĐT 
2 2 2
1 1 1
0
1 1 1 1 1 1
a b c
a b c a b c
      
     
Nháp: Ta cần tìm ,  sao cho: 
2
1
1 1
a
a
a a
   
 
Nhập 
2
1
1
1 1
x
d x
dx x x

 
 
  
 nhấn  ta được 
1
4
   , 
tìm  : nhập vào máy: 
2
1 1
1 1 4
x
x x
 
 
 cho 1x  được 
1
4
  
Lời giải: 
- 0 + t 
'( )f t 
( )f t 
6 
- 
4-
2
5
2 
91 
Xét: 
2 2 2
2 2
1 1 4(1 a ) 4 (1 a) (1 a)(1 a ) (1 a)(1 a )
1 1 4 4 4(1 )(1 a )
a a a a
a a a
        
   
   
4 2 2
2 2
4 3 (a 1) (a 2a 3)
0
4(1 )(1 a ) 4(1 )(1 a )
a a
a a
    
  
   
Suy ra: 
2
1 1
1 1 4 4
a a
a a
   
 
. Tương tự: 
2
1 1
1 1 4 4
b b
b b
   
 
 và 
2
1 1
1 1 4 4
c c
c c
   
 
Do đó ta có: 
2 2 2
1 1 1 1 3
(a b c)
1 1 1 1 1 1 4 4
a b c
a b c a b c
         
     
Lại có: 
1 3 1 3
3 ( ) ( ) 0
4 4 4 4
a b c a b c a b c                dấu bằng xảy ra khi: 
1a b c   . 
VD7: Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 2 2 2 1x y z   . 
Chứng minh:    
  
x y z
P
y z z x x y
2 2 2 2 2 2
3 3
2
Lời giải: ta có:   
  
x y z
P
x y z
2 2 2
1 1 1
“Tìm a: nhập vào máy 
 
2
1
3
2
1
3
1
x
x
d x
dx x
d
x
dx


 
 
 
 nhấn  ta được 
3 3
2.598076211
2
a  , 
Tìm b: nhập vào máy: 2
2
3 3
1 2


x
x
x
 cho 
1
3
x  được 0b ” 
Xét 
2 2 2 4 2
2 2 2
3 3 2 3 3 (1 ) 3 3 3 3 2
1 2 2(1 ) 2(1 )
   
  
  
x x x x x x x x
x x x
3 2
2 2
(3 3 3 3 2) ( 3 x 1) ( 3 x 2)
0
2(1 ) 2(1 )
   
  
 
x x x x
x x
 (vì x,y,z>0 và 2 2 2 1x y z   nên x (0;1) ) 
Nên 
2
2
3 3
1 2


x x
x
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
3
x
3
 
Tương tự: 
2 2
2 2
3 3 3 3
,
1 2 1 2
 
 
y y z z
y z
Do đó:       
  
x y z
P x y z
x y z
2 2 2
2 2 2
3 3 3 3
( )
2 21 1 1
92 
VD8: Cho ba số thực dương , ,a b c thoả mãn 1a b c   . 
Chứng minh rằng: 
1 1 1 27
1 1 1 8ab bc ca
  
  
. 
Hướng giải: Vì , , 0a b c thoả mãn 1 0 , , 1     a b c a b c 
Ta có: 
2 2 2
2
(1 ) (1 ) 3 2 1 4
1 2 1 1
4 4 4 1 3 2
   
            
  
c c c c
c a b ab ab ab
ab c c
Tương tự: 
2
1 4
1 3 2

  bc a a
 và 
2
1 4
1 3 2

  ca b b
 do đó bất đẳng thức cần chứng minh 
tương đương: 
2 2 2
1 1 1 27
3 2 3 2 3 2 32
  
     a a b b c c
VD9. Cho 
1
0
2
a,b,c  thoả mãn 2 3 2a b c   . 
Chứng minh rằng: 
1 2 9
54
(4b 6c 3) b(3c 1) c(2a 4 1)a a b
  
     
Lời giải: 
Bất đẳng thức: 
1 2 9
54
[2(2b 3c) 3] b(3c 1) c[2(a 2 ) 1]
  
     a a b
1 2 9
54
[2(2 ) 3] b(2 2 1) c[2(2 3 ) 1]
   
     a a b c
1 2 3
54
(1 2 ) b(1 2 ) c(1 2 )
   
  a a b c
“Nháp: Ta cần tìm ,  sao cho: 
1
(1 2 )
 

a
a a
  
Nhập 
1 3
1
(1 2 )
 
 
 
  x
d
dx x x
 nhấn  ta được 27 , 
tìm  : nhập vào máy: 
1
27
(1 2 )


x
x x
 cho 1 3 x được 0 ” 
Xét: 
2 3 2 21 1 27 (1 2 ) 54 27 1 (6 1)(3 1)
27 0
(1 2 ) (1 2 ) (1 2 ) (1 2 )
     
    
   
a a a a a a
a
a a a a a a a a
 vì 
1
0 a
2
  
Do đó 
1
27
(1 2 )


a
a a
Tương tự: 
1
27
b(1 2 )


b
b
 và 
1
27
c(1 2 )


c
c
Nên 
1 2 3
27 2.27 3.27 27( 2 3 ) 54
(1 2 ) b(1 2 ) c(1 2 )
         
  
a b c a b c
a a b c