17 chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9

Ngày đăng: 06/01/2021, 11:27

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN CHUYÊN ĐỀ : ĐA THỨC B CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP: I TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: * Định lí bổ sung: + Đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ có dạng p/q p ước hệ số tự do, q ước dương hệ số cao + Nếu f(x) có tổng hệ số f(x) có nhân tử x – + Nếu f(x) có tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ f(x) có nhân tử x + + Nếu a nghiệm nguyên f(x) f(1); f(- 1) khác f(1) f(-1) số a-1 a+1 nguyên Để nhanh chóng loại trừ nghiệm ước hệ số tự Ví dụ 1: 3×2 – 8x + Cách 1: Tách hạng tử thứ 3×2 – 8x + = 3×2 – 6x – 2x + = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất: 3×2 – 8x + = (4×2 – 8x + 4) – x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – + x)(2x – – x) = (x – 2)(3x – 2) Ví dụ 2: x3 – x2 – Ta nhân thấy nghiệm f(x) có x = 1; 2; 4, có f(2) = nên x = nghiệm f(x) nên f(x) có nhân tử x – Do ta tách f(x) thành nhóm có xuất nhân tử x – Cách 1: x3 – x2 – =  x  2x    x  2x    2x    x  x    x(x  2)  2(x  2) =  x  2  x  x  2 Cách 2: x  x   x   x    x     x    (x  2)(x  2x  4)  (x  2)(x  2) =  x    x  2x    (x  2)   (x  2)(x  x  2) Ví dụ 3: f(x) = 3×3 – 7×2 + 17x – Nhận xét: 1, 5 không nghiệm f(x), f(x) khơng có nghiệm ngun Nên f(x) có nghiệm nghiệm hữu tỉ Ta nhận thấy x = nghiệm f(x) f(x) có nhân tử 3x – Nên f(x) = 3×3 – 7×2 + 17x – = 3x  x  6x  2x  15x    3x  x    6x  2x   15x   = x (3x  1)  2x(3x  1)  5(3x  1)  (3x  1)(x  2x  5) Vì x  2x   (x  2x  1)   (x  1)   với x nên không phân tích thành nhân tử Ví dụ 4: x3 + 5×2 + 8x + Nhận xét: Tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ nên đa thức có nhân tử x + x3 + 5×2 + 8x + = (x3 + x2 ) + (4×2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2 Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2×4 + 3×3 – 4×2 + Tổng hệ số nên đa thức có nhân tử x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: x5 – 2×4 + 3×3 – 4×2 + = (x – 1)(x4 – x3 + x2 – x – 2) Vì x4 – x3 + x2 – x – khơng có nghiệm ngun khơng có nghiệm hữu tỉ nên khơng phân tích 6.Ví dụ 6: x4 + 1997×2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996×2 + 1996x + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 – x + 1) + 1996(x2 + x + 1)= (x2 + x + 1)(x2 – x + + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 – x + 1997) Ví dụ 7: x2 – x – 2001.2002 = x2 – x – 2001.(2001 + 1) = x2 – x – 20012 – 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002) II THÊM, BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: Thêm, bớt số hạng tử để xuất hiệu hai bình phương: a) Ví dụ 1: 4×4 + 81 = 4×4 + 36×2 + 81 – 36×2 = (2×2 + 9)2 – 36×2 = (2×2 + 9)2 – (6x)2 = (2×2 + + 6x)(2×2 + – 6x) = (2×2 + 6x + )(2×2 – 6x + 9) b) Ví dụ 2: x8 + 98×4 + = (x8 + 2×4 + ) + 96×4 = (x4 + 1)2 + 16×2(x4 + 1) + 64×4 – 16×2(x4 + 1) + 32×4 = (x4 + + 8×2)2 – 16×2(x4 + – 2×2) = (x4 + 8×2 + 1)2 – 16×2(x2 – 1)2 = (x4 + 8×2 + 1)2 – (4×3 – 4x )2 = (x4 + 4×3 + 8×2 – 4x + 1)(x4 – 4×3 + 8×2 + 4x + 1) Thêm, bớt số hạng tử để xuất nhân tử chung a) Ví dụ 1: x7 + x2 + = (x7 – x) + (x2 + x + ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + ) = x(x3 – 1)(x3 + 1) + (x2 + x + ) = x(x – 1)(x2 + x + ) (x3 + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 – x + 1) b) Ví dụ 2: x7 + x5 + = (x7 – x ) + (x5 – x2 ) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x – 1)(x4 + x) + x2 (x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[(x5 – x4 + x2 – x) + (x3 – x2 ) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) * Ghi nhớ: Các đa thức có dạng x3m + + x3n + + như: x7 + x2 + ; x7 + x5 + ; x8 + x4 + ; x5 + x + ; x8 + x + ; … có nhân tử chung x2 + x + III ĐẶT BIẾN PHỤ: Ví dụ 1: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128 = (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128 Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức có dạng (y – 12)(y + 12) + 128 = y2 – 144 + 128 = y2 – 16 = (y + 4)(y – 4) = ( x2 + 10x + )(x2 + 10x + 16 ) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + ) Ví dụ 2: A = x4 + 6×3 + 7×2 – 6x + Giả sử x  ta viết x4 + 6×3 + 7×2 – 6x + = x2 ( x2 + 6x + – Đặt x – 1 2 )+7] + ) = x [(x + ) + 6(x x x x x 1 = y x2 + = y2 + 2, x x A = x2(y2 + + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = [x(x – ) + 3x]2 = (x2 + 3x – 1)2 x * Chú ý: Ví dụ giải cách áp dụng đẳng thức sau: A = x4 + 6×3 + 7×2 – 6x + = x4 + (6×3 – 2×2 ) + (9×2 – 6x + ) = x4 + 2×2(3x – 1) + (3x – 1)2 = (x2 + 3x – 1)2 Ví dụ 3: A = (x  y  z )(x  y  z)  (xy  yz+zx) 2 2 2 2 =  (x  y  z )  2(xy  yz+zx)  (x  y  z )  (xy  yz+zx) Đặt x  y  z = a, xy + yz + zx = b ta có A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x  y  z + xy + yz + zx)2 Ví dụ 4: B = 2( x  y  z )  ( x  y  z )2  2( x  y  z )( x  y  z )  ( x  y  z )4 Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có: B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 – 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2 Ta lại có: a – b2 = – 2( x y  y z  z x ) b –c2 = – 2(xy + yz + zx) Do đó: B = – 4( x y  y z  z x ) + (xy + yz + zx)2  4x y  4y z  4z x  4x y  4y z  4z x  8x yz  8xy z  8xyz  8xyz(x  y  z) Ví dụ 5: (a  b  c)3  4(a  b3  c3 )  12abc Đặt a + b = m, a – b = n 4ab = m2 – n2 a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + m2 – n ) Ta có: m3 + 3mn  4c3  3c(m – n ) = 3( – c3 +mc2 – mn2 + cn2) C = (m + c) – 4 = 3[c2(m – c) – n2(m – c)] = 3(m – c)(c – n)(c + n) = 3(a + b – c)(c + a – b)(c – a + b) IV PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: Ví dụ 1: x4 – 6×3 + 12×2 – 14x + Nhận xét: số  1,  không nghiệm đa thức, đa thức khơng có nghiệm ngun củng khơng có nghiệm hữu tỉ Như đa thức phân tích thành nhân tử phải có dạng (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd a  c  6  ac  b  d  12 đồng đa thức với đa thức cho ta có:  ad  bc  14 bd  Xét bd = với b, d  Z, b  1, 3 với b = d = hệ điều kiện trở thành a  c  6 ac  8 2c  8 c  4     a  2 a  3c  14 ac  bd  Vậy: x4 – 6×3 + 12×2 – 14x + = (x2 – 2x + 3)(x2 – 4x + 1) Ví dụ 2: 2×4 – 3×3 – 7×2 + 6x + Nhận xét: đa thức có nghiệm x = nên có thừa số x – ta có: 2×4 – 3×3 – 7×2 + 6x + = (x – 2)(2×3 + ax2 + bx + c)  a   3  b  2a  7 a   = 2×4 + (a – 4)x3 + (b – 2a)x2 + (c – 2b)x – 2c     b  5 c  2b   c  4  2c  Suy ra: 2×4 – 3×3 – 7×2 + 6x + = (x – 2)(2×3 + x2 – 5x – 4) Ta lại có 2×3 + x2 – 5x – đa thức có tổng hệ số hạng tử bậc lẻ bậc chẵn nên có nhân tử x + nên 2×3 + x2 – 5x – = (x + 1)(2×2 – x – 4) Vậy: 2×4 – 3×3 – 7×2 + 6x + = (x – 2)(x + 1)(2×2 – x – 4) Ví dụ 3: 12×2 + 5x – 12y2 + 12y – 10xy – = (a x + by + 3)(cx + dy – 1) ac  12  bc  ad  10 a    c  = acx2 + (3c – a)x + bdy2 + (3d – b)y + (bc + ad)xy –  3c  a    bd  12  b  6  d  3d  b  12 2  12x + 5x – 12y + 12y – 10xy – = (4 x – 6y + 3)(3x + 2y – 1) BÀI TẬP: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 1) x3 – 7x + 10) 64×4 + y4 2) x – 9x + 6x + 16 11) a6 + a4 + a2b2 + b4 – b6 3) x – 6x – x + 30 12) x3 + 3xy + y3 – 4) 2x – x + 5x + 13) 4×4 + 4×3 + 5×2 + 2x + 5) 27x – 27x + 18x – 14) x + x + 2 6) x + 2xy + y – x – y – 12 7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) – 24 15) x 2+ 3x + 16) 3x + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10 8) 4×4 – 32×2 + 17) x4 – 8x + 63 9) 3(x4 + x2 + 1) – (x2 + x + 1)2 CHUYÊN ĐỀ – LUỸ THỪA BẬC N CỦA MỘT NHỊ THỨC B KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG: I Một số đẳng thức tổng quát: an – bn = (a – b)(an – + an – b + an – b2 + … + abn – + bn – ) an + bn = (a + b) ( an – – an – 2b + an – 3b2 – … – abn – + bn – ) Nhị thức Niutơn: (a + b)n = an + C1n an – b + C2n an – b2 + …+ Cnn 1 ab n – + bn Trong đó: C nk  n(n – 1)(n – 2) [n – (k – 1)] : Tổ hợp chập k n phần tử 1.2.3 k II Cách xác định hệ số khai triển Niutơn: Cách 1: Dùng công thức C nk  n(n – 1)(n – 2) [n – (k – 1)] k! 7.6.5.4 7.6.5.4   35 4! 4.3.2.1 7! 7.6.5.4.3.2.1 n! với quy ước 0! =  C 74    35 Chú ý: a) C kn  n!(n – k) ! 4!.3! 4.3.2.1.3.2.1 7.6.5  35 b) Ta có: C kn = C kn – nên C 74  C 37  3! Chẳng hạn hệ số hạng tử a4b3 khai triển (a + b)7 C 74  Cách 2: Dùng tam giác Patxcan Đỉnh Dòng 1(n = 1) 1 Dòng 2(n = 1) Dòng 3(n = 3) 3 Dòng 4(n = 4) Dòng 5(n = 5) 10 10 Dòng 6(n = 6) 15 20 15 Trong tam giác này, hai cạnh bên gồm số 1; dòng k + thành lập từ dòng k (k  1), chẳng hạn dòng (n = 2) ta có = + 1, dịng (n = 3): = + 1, = + dòng (n = 4): = + 3, = + 3, = + 1, … Với n = thì: (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 Với n = thì: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 Với n = thì: (a + b)6 = a6 + 6a5b + 15a4b2 + 20a3b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6 Cách 3: Tìm hệ số hạng tử đứng sau theo hệ số hạng tử đứng trước: a) Hệ số hạng tử thứ b) Muốn có hệ số của hạng tử thứ k + 1, ta lấy hệ số hạng tử thứ k nhân với số mũ biến hạng tử thứ k chia cho k Chẳng hạn: (a + b)4 = a4 + 1.4 4.3 2 4.3.2 4.3.2 ab+ ab + ab3 + b 2.3 2.3.4 Chú ý rằng: hệ số khai triển Niutơn có tính đối xứng qua hạng tử đứng giữa, nghĩa hạng tử cách hai hạng tử đầu cuối có hệ số (a + b)n = an + nan -1b + n(n – 1) n – 2 n(n – 1) n a b + …+ ab 1.2 1.2 -2 + nan – 1bn – + bn III Ví dụ: Ví dụ 1: phân tích đa thức sau thành nhân tử a) A = (x + y)5 – x5 – y5 Cách 1: khai triển (x + y)5 rút gọn A A = (x + y)5 – x5 – y5 = ( x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5) – x5 – y5 = 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 = 5xy(x3 + 2x2y + 2xy2 + y3) = 5xy [(x + y)(x2 – xy + y2) + 2xy(x + y)] = 5xy(x + y)(x2 + xy + y2) Cách 2: A = (x + y)5 – (x5 + y5) x5 + y5 chia hết cho x + y nên chia x5 + y5 cho x + y ta có: x5 + y5 = (x + y)(x4 – x3y + x2y2 – xy3 + y4) nên A có nhân tử chung (x + y), đặt (x + y) làm nhân tử chung, ta tìm nhân tử cịn lại b) B = (x + y)7 – x7 – y7 = (x7+7x6y +21x5y2 + 35x4y3 +35x3y4 +21x2y5 7xy6 + y7) – x7 – y7 = 7x6y + 21x5y2 + 35x4y3 + 35x3y4 + 21x2y5 + 7xy6 = 7xy[(x5 + y5 ) + 3(x4y + xy4) + 5(x3y2 + x2y3 )] = 7xy {[(x + y)(x4 – x3y + x2y2 – xy3 + y4) ] + 3xy(x + y)(x2 – xy + y2) + 5x2y2(x + y)} = 7xy(x + y)[x4 – x3y + x2y2 – xy3 + y4 + 3xy(x2 + xy + y2) + 5x2y2 ] = 7xy(x + y)[x4 – x3y + x2y2 – xy3 + y4 + 3x3y – 3x2y2 + 3xy3 + 5x2y2 ] = 7xy(x + y)[(x4 + 2x2y2 + y4) + 2xy (x2 + y2) + x2y2 ] = 7xy(x + y)(x2 + xy + y2 )2 Ví dụ 2:Tìm tổng hệ số đa thức có sau khai triển a) (4x – 3)4 Cách 1: Theo cônh thức Niu tơn ta có: (4x – 3)4 = 4.(4x)3.3 + 6.(4x)2.32 – 4x 33 + 34 = 256×4 – 768×3 + 864×2 – 432x + 81 Tổng hệ số: 256 – 768 + 864 – 432 + 81 = b) Cách 2: Xét đẳng thức (4x – 3)4 = c0x4 + c1x3 + c2x2 + c3x + c4 Tổng hệ số: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 Thay x = vào đẳng thức ta có: (4.1 – 3)4 = c0 + c1 + c2 + c3 + c4 Vậy: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 = * Ghi chú: Tổng hệ số khai triển nhị thức, đa thức giá trị đa thức x = C BÀI TẬP: Bài 1: Phân tích thành nhân tử a) (a + b)3 – a3 – b3 b) (x + y)4 + x4 + y4 Bài 2: Tìm tổng hệ số có sau khai triển đa thức a) (5x – 2)5 b) (x2 + x – 2)2010 + (x2 – x + 1)2011 CHUYÊN ĐỀ – CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN B.KIẾN THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN: I Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết Kiến thức: * Để chứng minh A(n) chia hết cho số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có nhân tử làm bội m, m hợp số ta lại phân tích thành nhân tử có đoi ngun tố nhau, chứng minh A(n) chia hết cho số * Chú ý: + Với k số nguyên liên tiếp củng tồn bội k + Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét trường hợp số dư chia A(n) cho m + Với số nguyên a, b số tự nhiên n thì: +) an – bn chia hết cho a – b (a  – b) +) (a + 1)n BS(a )+ +) a2n + + b2n + chia hết cho a + b 2.+Bài (a +tập: b)n = B(a) + bn +)(a – 1)2n B(a) + +) (a – 1)2n + B(a) – Các toán Bài 1: chứng minh a) 251 – chia hết cho b) 270 + 370 chia hết cho 13 c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 – chia hết cho không chia hết cho 37 e) 24n -1 chia hết cho 15 với n N Giải a) 251 – = (23)17 –  23 – = b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935  + = 13 c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 – 1) 1719 +  17 + = 18 1917 –  19 – = 18 nên (1719 + 1) + (1917 – 1) hay 1719 + 1917  18 d) 3663 –  36 – = 35  3663 – = (3663 + 1) – chi cho 37 dư – e) 4n – = (24) n –  24 – = 15 Bài 2: chứng minh a) n5 – n chia hết cho 30 với n  N ; b) n4 -10n2 + chia hết cho 384 với n lẻ n Z c) 10n +18n -28 chia hết cho 27 với n N ; Giải: a) n5 – n = n(n4 – 1) = n(n – 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n – 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho (n – 1).n.(n+1) tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho (*) Mặt khác n5 – n = n(n2 – 1)(n2 + 1) = n(n2 – 1).(n2 – + 5) = n(n2 – 1).(n2 – ) + 5n(n2 – 1) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 – 1) Vì (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5n(n2 – 1) chia hết cho Suy (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 – 1) chia hết cho (**) Từ (*) (**) suy đpcm b) Đặt A = n4 -10n2 + = (n4 -n2 ) – (9n2 – 9) = (n2 – 1)(n2 – 9) = (n – 3)(n – 1)(n + 1)(n + 3) Vì n lẻ nên đặt n = 2k + (k  Z) A = (2k – 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k – 1).k.(k + 1).(k + 2)  A chia hết cho 16 (1) Và (k – 1).k.(k + 1).(k + 2) tích số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội 2, 3, nên A bội 24 hay A chia hết cho 24 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 16 24 = 384 c) 10 n +18n -28 = ( 10 n – 9n – 1) + (27n – 27) + Ta có: 27n – 27  27 (1) + 10 n – 9n – = [( 9  + 1) – 9n – 1] = 9  – 9n = 9( 1  – n)  27 (2) n n n  1  – n  1  – n số có tổng chữ số chia hết cho n n Từ (1) (2) suy đpcm Bài 3: Chứng minh với số nguyên a a) a3 – a chia hết cho b) a7 – a chia hết cho Giải a) a3 – a = a(a2 – 1) = (a – 1) a (a + 1) tích ba số nguyên liên tiếp nên tồn số bội nên (a – 1) a (a + 1) chia hết cho b) ) a7 – a = a(a6 – 1) = a(a2 – 1)(a2 + a + 1)(a2 – a + 1) Nếu a = 7k (k  Z) a chia hết cho Nếu a = 7k + (k  Z) a2 – = 49k2 + 14k chia hết cho Nếu a = 7k + (k  Z) a2 + a + = 49k2 + 35k + chia hết cho Nếu a = 7k + (k  Z) a2 – a + = 49k2 + 35k + chia hết cho Trong trường hợp củng có thừa số chia hết cho Vậy: a7 – a chia hết cho Bài 4: Chứng minh A = 13 + 23 + 33 + + 1003 chia hết cho B = + + + + 100 Giải Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + + (50 + 51) = 101 50 Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 101 Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + +(503 + 513) = (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 99 + 992) + + (50 + 51)(502 + 50 51 + 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 99 + 992 + + 502 + 50 51 + 512) chia hết cho 101 (1) Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + + (503 + 1003) Mỗi số hạng ngoặc chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 101 50 nên A chi hết cho B Bài tập nhà Chứng minh rằng: a) a5 – a chia hết cho b) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với n chẵn c) Cho a l số nguyên tố lớn Cmr a2 – chia hết cho 24 Ta coù  AGB  AEC  AE AC = AG AB  AB AE = AC AG (1) AF CG CG =   CGB  AFC  (vì CB = AD) AC CB AD  AF AD = AC CG (2) Cộng (5) (6) vế theo vế ta có: AB AE + AF AD = AC AG + AC CG  AB AE + AF AD = AC(AG + CG) = AC AC Vaäy: AB AE + AD AF = AC2 Bμi 4: MB CM = (1) BA CN CM AD = (2) CD// AM  CN DN MB AD =  MB.DN = BA.AD = a.a = a Từ (1) (2) suy BA DN b)  MBD  BDN có MBD = BDN = 1200 MB MB CM AD BD =  =  (Do ABCD hình thoi có A = 600 nên BD BA CN DN DN AB = BC = CD = DA)   MBD  BDN a) BC // AN  Suy M1 = B1  MBD  BKD có BDM = BDK M1 = B1 nên BKD = MBD = 1200 C©u 1: x  7x  Cho A  x2 1 a) Rút gọn A b) Tìm x để A = c) Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên Câu 2: Giải phơng trình: (x + 1)2 = 4(x2 + 2x + 1) C©u 3: Cho a, b, c tho· m·n: 1 1 a b c abc Tính giá trị cđa biĨu thøc: A = (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3) C©u 4: Cho  ABC cã A  2B  4C  4 Chøng minh: 1   AB BC CA C©u 5: Cho  ABC cân A có BC = 2a, M l trung ®iĨm cđa BC LÊy D, E theo thø tù thuéc AB, AC cho: DME  B a) Chøng minh rằng: tích BD CE không đổi b) Chứng minh DM l tia phân giác góc BDE c) TÝnh chu vi cña  ADE nÕu  ABC lμ tam giác 69 Hớng dẫn Câu 3: Từ 1 1 1 1 a+ b a+ b     + + =0  + =0 a b c abc a b c a+ b+ c ab c(a + b + c) c(a + b + c) + ab = Û (a + b)(b + c)(c + a) = abc(a + b + c) Tõ ®ã suy : A = (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3) = ( a + b)(b + c)(c + a) B = C©u : VÏ tia CM (M  AB) cho ACM  CAM v CBM l tam giác cân (a + b) AB AB AM AB AM  AB BM      1 BC AC CM CM CM CM AB AB 1 (v× BM = CM)   1   BC AC AB BC CA  B 2 4   C 3 M C©u : a) Ta có DMC = DME + CME = B + BDM, maø DME = B (gt) nên CME = BDM, kết hợp với B = C (  ABC cân A) suy  BDM  CME (g.g) BD BM =  BD CE = BM CM = a không đổi CM CE DM BD DM BD b)  BDM  CME  =  = ME CM ME BM (do BM = CM)   DME  DBM (c.g.c)  MDE = BMD A E  I D H K B M hay DM tia phân giác BDE c) chứng minh tương tự ta có EM tia phân giác DEC kẻ MH  CE ,MI  DE, MK  DB MH = MI = MK   DKM =  DIM  DK =DI   EIM =  EHM  EI = EH Chu vi  AED laø PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK)  ABC tam giác nên suy CH = MC a  2  AH = 1,5a  PAED = AH = 1,5 a = 3a đề – khảo sát chất lợng học sinh giái léc hμ(2009 – 2010) Câu : Giải phương trình : a) x 1 x    x  x  ( x  2) (  x ) b) 6×2 – x – = x2  y2  z2 Câu : Cho x + y + z = Rút gọn : ( y  z )  ( z  x)  ( x  y ) Câu : Chứng minh không tồn x thỏa mãn : a) 2×4 – 10×2 + 17 = b) x4 – x3 + 2×2 – x + = 70 A 3 C DB  ; DC Câu : Cho tam giác ABC, điểm D nằm cạnh BC cho điểm O nằm đoạn AD cho OA  Gọi K giao điểm BO AC OD Tính tỷ số AK : KC Câu : Cho tam giác ABC có góc nhọn, trực tâm H Một đường thẳng qua H cắt AB, AC thứ tự P Q cho HP = HQ Gọi M trung điểm BC Chứng minh tam giác MPQ cân M hướng dẫn giải Câu 2: Từ x + y + z =  x2 + y2 + z2 = – 2(xy + yz + zx) (1) Ta có: (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 2(x2 + y2 + z2 ) – 2(xy + yz + zx) (2) Từ (1) (2) suy ra: (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = – 6(xy + yz + zx) (3) Thay (1) (3) vào biểu thức A ta có: A= – 2(xy + yz + zx)  – 6(xy + yz + zx) Câu 3: 17 25 ) =  2(x4 – x2 + ) + =0 2 9  2(x2 – )2 + = Vì 2(x2 – )2 + > với x nên không tồn x để 2 2 a) 2×4 – 10×2 + 17 =  2( x4 – 5×2 + 2×4 – 10×2 + 17 = b) x4 – x3 + 2×2 – x + =  (x2 + 1)(x2 – x + 1) = Vì vế phải ln dương với x nên không tồn x để x4 – x3 + 2×2 – x + = Câu 4: Từ D kẻ DM // BK áp dụng định lí Talét vào  AOK ta có: AK AO   (1) KM OD A KM CD Tương tự,  CKB thì:   (2) CK DB AK Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có:  CK Câu Gọi giao điểm AH BC I Từ C kẻ CN // PQ (N  AB), Tứ giác CNPQ hình thang, có H trung điểm PQ, hai cạnh bên NP CQ đồng quy A nên K trung điểm CN  MK đường trung bình  BCN  MK // CN  MK // AB (1) H trực tâm  ABC nên CH  A B (2) Từ (1) (2) suy MK  CH  MK đường cao  CHK (3) 71 K M O B D C A N P H Q K B M I C Từ AH  BC  MC  HK  MI đường cao  CHK (4) Từ (3) (4) suy M trực tâm  CHK  MH  CN  MH  PQ  MPQ có MH vừa đường trung tuyến vừa đường cao nên cân M Đề – thi HSG Toán – cp huyn n2 n Câu 1: a) Tìm số nguyên m, n thoả mÃn m n b) Đặt A = n3 + 3n2 + 5n + Chøng minh r»ng A chia hÕt cho với giá nguyên dơng n c) Nếu a chia 13 d− vμ b chia 13 d− a2+b2 chia hết cho 13 Câu2 : Rút gän biĨu thøc: a) A= b) B = C©u 3: TÝnh tỉng: S = trÞ bc ca ab + + (a  b)(a  c) (b  c)(b  a) (c  a)(c  b)       1 1      x x : x       x  3  x  x    x x   1 + + + 1.3 5.7 + 2009.2011 C©u 4: Cho sè x, y, z, thoả mÃn điều kiện xyz = 2011 Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vo biến x, y, z : 2011x y z   xy  2011x  2011 yz  y  2011 xz  z  69  x 67  x 65  x 63  x 61  x      5 1942 1944 1946 1948 1950 Câu 6: Cho ABC tam giác đều, gọi M lμ trung ®iĨm cđa BC Mét gãc xMy = 600 quay quanh điểm M cho cạnh Mx, My cắt cạnh AB v AC lần lợt D v E Chứng minh : Câu 5: Giải phơng trình: a) BD.CE= BC2 b) DM, EM lần lợt l tia phân giác BDE v CED c) Chu vi ADE không đổi Giải n2  n 1 1) a, Thùc hiÖn chia m =n+ n n Để m nguyên với n nguyªn n + lμ −íc cđa Hay n + 1; -1  Khi ®ã : n + =  n = Z ( t/m) n + = -1  n = -2  Z (t/m) Víi n =  m = Víi n = -2  m = – VËy b, A = n3 + 3n2 + 3n +1 + 2n +2 = (n+ 1) +2(n+1) = = n ( n +1) (n+ 2) + 3( n+1) Khi ®ã : 3(n+1)  n( n +1) (n+ 2) lμ tÝch cđa sè nguyªn dơng liên tiếp nên tồn số l bội cña c, a = 13k +2, b = 13q +3 a2 + b2 = ( 13k +2 )2 + ( 13q + 3) = = 13( 13k2 +4k +13 q2 + 4q +1)  13 2) a) A= bc ca ab =   (a  b)(a  c) (b  c)(a  b) (a  c)(b  c) 72 = (a  b)(a  c)(b  c) =1 (a  b)(a  c)(b  c) 2 2 1  1  1      b) Ta cã:  x   =  (x  )  3(x  )  ; x    x       x    x  x x  x x   x   2 1   1      Tö thøc:  x     x    =  (x  )  3(x  )  –  x   x  x  x x   x                 = 3 x   2  x3    3 x   x x x   1      1 MÉu thøc:  x    x  =  x     x   x x x x   Rót gän ta cã: B = 3( x  ) x 1 1 1 1 1005 (1       )  (1  ) 3 2009 2011 2011 2011 2011x y z xy.xz y z = 4)     2011  2011x  xy xyz  y  yz  z  zx xyz  x yz  xy xyz  y  yz  z  zx xy.xz z  z  xz + + = = kh«ng ®æi = xy ( xz  z  1)  z  zx  z  zx  z  zx 69  x   67  x   65  x   63  x   61  x  5)   1    1    1    1    1   x = 2011  1942   1944   1946   1948   1950  6) a,Chøng minh BMD CEM BC BC A V× BM = CM =  BD.CE = x b, Chøng minh BMD MED Tõ ®ã suy Dˆ  Dˆ, ®ã DM lμ tia phân giác góc BDE D 3) S = Chøng minh t−¬ng tù ta cã EM lμ tia phân giác góc CED c, Gọi H, I, K l hình chiếu M AB, DE, AC Chứng minh DH = DI, EI = EK Chu vi b»ng 2.AH Bi (4.0 điểm) Phân tích đa thøc sau thμnh nh©n tư a) x2 -7x + 12 b) x4 + 2011×2 + 2010x + 2011 c) (x2+ y2+1)4 – 17(x2+y2+1)2×2 + 16×4 Bμi (4.0 ®iĨm) Cho biÓu thøc : A = x4  5×2  x  10 x  a) Ruùt gọn A b) tìm x để A = c) Tìm giá trị A x  Bi (4.0điểm) : Giải phơng trình : 73 B M y E C 1 1    x  9x  20 x  11x  30 x  13x  42 18 2025  x 2046  x 2057  x 2068  x     10 b) 25 23 19 17 a) Bμi (2.®) Chøng minh : a5 – a chia hÕt cho 30 víi a  Z Bμi (4.0®iĨm) : Cho hình vuông ABCD có cạnh a Gọi E; F lần lợt l trung điểm cạnh AB, BC Gọi M ìa giao điểm CE v DF a) Chøng minh CE vu«ng gãc víi DF b) Chøng minh :  C M C E  = SABCD   CF   Bμi 2.0 ®iĨm) Cho tam gi¸c ABC cã chu vi b»ng 18 Trong BC l cạnh lớn nhát Đờng phân giác góc B cắt AC M cho N cho MA Đờng phân giác góc C cắt AB MC NA Tính cạnh tam giác ABC NB Đề thi HSG Câu 1: Tìm x biết: a) x2 – 4x + = 25 x  17 x  21 x    4 b) 1990 1986 1004 c) 4x – 12.2x + 32 = 1    x y z yz xz xy   Tính giá trị biểu thức: A  x  yz y  xz z  xy Câu 3: Cho biểu thức : Câu 2: Cho x, y, z đôi khác  10  x    x2      :   x       x x x x x     P =  a) Rút gọn p b) Tính giá trị biểu thức p x = c) Với giá trị x P = d) Tìm giá trị nguyên x để P có giá trị nguyên Câu : Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AA’, BB’, CC’, H trực tâm HA’ HB’ HC’   a) Tính tổng AA’ BB’ CC’ b) Gọi AI phân giác tam giác ABC; IM, IN thứ tự phân giác góc AIC góc AIB Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM (AB  BC  CA)  c) Chứng minh rằng: AA’2  BB’2  CC’2 Câu 5: 74 Qua trọng tâm G tam giác ABC, kẻ đường thẳng song song với AC, cắt AB BC M N Tính độ dài MN, biết AM + NC = 16 (cm) ; Chu vi tam giác ABC 75 (cm) Giải Câu a) Tính x = 7; x = -3 b) Tính x = 2007 c) 4x – 12.2x + 32 =  2x.2x – 4.2x – 8.2x + 4.8 = x x x x x  (2 – 4) – 8(2 – 4) =  (2 – 8)(2 – 4) = x x x x  (2 – )(2 –2 ) =  –2 = –2 = x x  = =  x = 3; x = Câu 2: xy  yz  xz 1   xy  yz  xz   yz = –xy–xz   0 xyz x y z x2+2yz = x2+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z) Tương tự: y2+2xz = (y–x)(y–z) ; z2+2xy = (z–x)(z–y) yz xz xy   Do đó: A  ( x  y)( x  z) ( y  x )( y  z) (z  x )(z  y) Tính A = Câu 3: x  2( x  2)  x  1  x  : : =     ( x  2)( x  2) x2 x2 2 x  ( x  2)( x  2) x  x   x   a) p =  b) Với x ≠ ; x ≠ ± biểu thức p xác định 3 nên x = x = 4 4 + Nếu x = p =  2 4  + Nếu x = – p = 11 2 13 ( thỏa mãn điều kiện x ) c) Với p = 7  x= 2 x /x/ = d) Để p có giá trị nguyên – x phải ước Từ ta có : x = ; x = ; Vậy để p nguyên lúc x = ; x = ; Câu 4: HA’.BC S HBC HA’   a) S ; AA’ ABC AA’.BC A C’ H N M I B x B’ A’ C D 75 S HAB HC’ SHAC HB’   ; S ABC CC’ SABC BB’ HA’ HB’ HC’ SHBC SHAB SHAC      1 AA’ BB’ CC’ SABC SABC SABC Tương tự: b) Áp dụng tính chất phân giác vào tam giác ABC, ABI, AIC: BI AB AN AI CM IC  ;  ;  IC AC NB BI MA AI BI AN CM AB AI IC AB IC   1 IC NB MA AC BI AI AC BI  BI AN.CM  BN.IC.AM c)Vẽ Cx  CC’ Gọi D điểm đối xứng A qua Cx -Chứng minh góc BAD vng, CD = AC, AD = 2CC’ – Xét điểm B, C, D ta có: BD  BC + CD –  BAD vuông A nên: AB2+AD2 = BD2 2  AB + AD  (BC+CD) AB2 + 4CC’2  (BC+AC)2 4CC’2  (BC+AC)2 – AB2 Tương tự: 4AA’2  (AB+AC)2 – BC2 4BB’2  (AB+BC)2 – AC2 -Chứng minh : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2)  (AB+BC+AC)2 (AB  BC  CA) 4  AA’2  BB’2  CC’2 (Đẳng thức xảy  BC = AC, AC = AB, AB = BC  AB = AC =BC   ABC đều) Câu 5: A BG GK  ;  BK BK AM CN GK Do MN // AC nên    BC BK AB AM  NC  Mà AB  BC ta có : M K G AM + NC = 16 (cm) AB + BC = 75 – AC 16   AC = 27 (cm) 75  AC MN MN Ta lại có :     MN  18 (cm) 27 AC Do : 76 B N C CHUYÊN ĐỀ 16 – BẤT ĐẲNG THỨC PhÇn I : kiến thức cần lu ý A B  A  B  A  B  A  B  1-§inhnghÜa:  2-tÝnh chÊt + A>B  B  A + A>B vμ B >C  A > C + A>B  A + C >B + C + A>B vμ C > D  A +C > B + D + A>B vμ C >  A.C > B.C + A>B vμ C <  A.C < B.C + < A < B vμ < C < D  < A.C < B.D + A > B >  An > Bn n +A>B  An > Bn víi n lỴ + A > B  An > Bn víi n ch½n + m > n > vμ A >  A m > A n + m > n > vμ  1  A B – số bất đẳng thức + A  víi  A ( dÊu = x¶y A = ) + An  víi  A ( dÊu = x¶y A = ) + A  víi A (dÊu = x¶y A = ) + -A 0) + A  B  A  B ( dÊu = xảy A.B < 0) Phần II : số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức 1) Phơng pháp 1: dùng định nghĩa Kiến thức : Để chøng minh A > B Ta chøng minh A – B > Lu ý dùng bất đẳng thức M  víi  M VÝ dơ  x, y, z chøng minh r»ng : a) x + y + z  xy+ yz + zx b) x + y + z  2xy – 2xz + 2yz Gi¶i: a) Ta xÐt hiÖu : x + y + z – xy – yz – zx = ( x + y + z – xy – yz – zx)  ( x  y )  ( x z )  ( y  z )   ®óng víi mäi x;y;z  R  V× (x-y)2  víix ; y DÊu b»ng x¶y x = y (x- z)2  víix ; z DÊu b»ng x¶y x = z (y- z)2  víi z; y DÊu b»ng x¶y z = y VËy x + y + z  xy+ yz + zx DÊu b»ng x¶y x = y =z = b)Ta xÐt hiÖu: x + y + z – ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z – 2xy +2xz –2yz = ( x – y + z)  ®óng víi mäi x;y;z R VËy x + y + z  2xy – 2xz + 2yz với x;y;z R Dấu xảy x + y = z VÝ dô 2: chøng minh r»ng : 77 a  b2  c2  a  b  c    3   a  b2  a  b  a)   ; b)   gi¶i a) Ta xÐt hiƯu   c) H·y tỉng qu¸t bμi to¸n 2 a  2ab  b a  b2  a  b  = a  b = 2a  2b  a  b  2ab    4   2 VËy a  b   a  b  DÊu b»ng x¶y a = b     = 14  a  b  0 a  b2  c2  a  b  c  2 b)Ta xÐt hiÖu:   =  a  b    b  c    c  a    3   a  b2  c2  a  b  c   VËy  DÊu b»ng x¶y a = b =c 3   a12  a 22   a 2n  a1  a   a n  c)Tỉng qu¸t:   n n   * Tãm lại bớc để chứng minh A B theo ®Þnh nghÜa B−íc 1: Ta xÐt hiƯu H = A – B Bớc 2:Biến đổi H = (C+D) H=(C+D) + +(E+F) B−íc 3: KÕt luËn A B 2) phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng Lu ý: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đà đợc chứng minh l ®óng VÝ dơ 1: Cho a, b, c, d,e lμ c¸c sè thùc chøng minh r»ng b2 a) a   ab b) a  b   ab  a  b c) a  b  c  d  e  a  b  c  d  e  Gi¶i: b2 2 a) a   ab  4a  b  4ab  4a  4a  b    2a  b   (B®t ny đúng) b2 Vởy a ab (dÊu b»ng x¶y 2a = b) 2 b) a  b   ab  a  b  2(a  b  1)  2(ab  a  b)  a  2ab  b  a  2a   b  2b    (a  b)  (a  1)  (b  1)  (lu«n ®óng) VËy a  b   ab  a  b DÊu b»ng x¶y a = b = c) a  b  c  d  e2  a  b  c  d  e    a  b  c  d  e   4a  b  c  d  e           a  4ab  4b  a  4ac  4c  a  4ad  4d  a  4ac  4c    a  2b    a  2c    a  2d    a  2c   2 2 VÝ dô 2: Chøng minh r»ng:  a10  b10  a  b    a  b8  a  b  Gi¶i: a 10  b10  a  b    a  b8  a  b   a12  a10 b  a b10  b12  a12  a b  a b8  b12 78      a b a  b  a b8 b  a   a2b2(a2-b2)(a6-b6)   a b (a -b ) (a + a b +b )  2 2 2 x y.z   VÝ dụ 4: cho ba số thực khác không x, y, z tháa m·n:     x  y  z  x y z Chøng minh r»ng : cã ®óng mét ba sè x,y,z lớn Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1) = xyz + (xy + yz + zx) + x + y + z – 1 x y z 1 x y z = (xyz – 1) + (x + y + z) – xyz(   ) = x + y + z – (   )  x y z (v×   < x+y+z theo gt)  sè x-1, y-1, z-1 âm ba sỗ-1, y-1, z-1 l dơng Nếủ trờng hợp sau xảy x, y, z >1 x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z =1 bắt buộc phải xảy trờng hợp tức l có ba số x ,y ,z l số lớn 3) Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A) số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phô: b) x  y  xy dÊu( = ) x = y = a) x  y  2xy a b 2 b a a  a  a   a n 2)Bất đẳng thức Cô sy: n c)  x  y   4xy d)  n a1a 2a a n Víi  3)Bất đẳng thức Bunhiacopski a 2 a 22   a 2n   x12  x 22   n2    a1x1  a x   a n x n  4) Bất đẳng thức Trê-b – sép: abc  A  B  C NÕu  aA  bB  cC a  b  c A  B  C  3  abc  A  B  C aA  bB  cC a  b  c A  B  C  3  abc DÊu b»ng x¶y  A  B  C NÕu  B) c¸c vÝ dơ vÝ dơ Cho a, b ,c l số không âm chứng minh (a+b) (b+c)(c+a) 8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phô:  x  y   4xy  a  b   4ab ;  b  c   4bc ;  c  a   4ac 2 2   a  b   b  c   c  a   64a b 2c   8abc   (a + b)(b + c)(c + a) Tacã 2  8abc DÊu “=” x¶y a = b = c vÝ dô 2: Cho a > b > c > vμ a  b  c  chøng minh r»ng 79 a3 b3 c3    bc ac ab Do a,b,c đối xứng, giả sử a  b  c  a  b2  c2    a b c    b  c a  c a  b ¸p dụng BĐT Trê- b-sép ta có a b c a  b2  c2  a b c  2 a  b c    = = bc ac ab bc ac ab 2 a3 b3 c3 1    DÊu b»ng x¶y a = b = c = VËy bc ac ab vÝ dô 3: Cho a,b,c,d > vμ abcd =1 Chøng minh r»ng : a  b  c  d  a  b  c   b  c  d   d  c  a   10 Ta cã a  b  2ab ; c2  d  2cd Do abcd =1 nªn cd = 1 (dïng x   ) ab x Ta cã a  b  c2  2(ab  cd)  2(ab ) (1) ab Mặt khác: a  b  c   b  c  d   d  c  a  = (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad)     1      ac     bc      ab   ac   bc  2 2  a  b  c  d  a  b  c   b  c  d   d  c  a   10 =  ab  vÝ dô 4: Chøng minh r»ng : a  b  c  ab bc ac Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski XÐt cỈp sè (1,1,1) vμ (a,b,c) ta cã 12  12  12  (a  b  c )  1.a  1.b  1.c     a  b  c  a  b  c   ab  bc  ac   a  b  c  ab  bc  ac (®pcm) DÊu b»ng xảy a = b = c 4) Phơng ph¸p 4: dïng tÝnh chÊt cđa tû sè A KiÕn thức 1) Cho a, b ,c l số dơng th× a a ac a a ac  th×  b ) NÕu  th×  b b bc b b bc a c a ac c 2) NÕu b, d > th× tõ     b d b bd d a ) NÕu B C¸c vÝ dơ: vÝ dơ 1: Cho a, b, c, d > a b c d    2 abc bcd cda dab a a ad Theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta cã 1  abc abc abcd a a Mặt khác : (2) abc abcd Chøng minh r»ng :1  80 (1) a a ad (3)   abcd abc abcd b b ba T−¬ng tù ta cã :   (4) abcd bcd abcd c c bc d d dc (5);     abcd cda abcd abcd dab abcd Tõ (1) vμ (2) ta cã (6) céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta cã 1 a b c d     (®pcm) abc bcd cd a d ab a b c vμ b,d > d a ab  cd c Chøng minh r»ng  2  b b d d a c ab cd ab ab  cd cd c a ab  cd c Gi¶i: Tõ      2     2  (®pcm) b d b d b b d d d b b d d vÝ dô : Cho:  vÝ dơ : Cho a;b;c;d lμ c¸c số nguyên dơng thỏa mÃn : a + b = c+d =1000 tìm giá trị lớn a b c d a c giải : Không tính tổng quát ta giả sử : b d a ab b a   ;  v× a + b = c + d c cd d c b a b  998    999 d c d a b 999 b, NÕu: b = 998 a =1 = Đạt giá trị lớn d = 1; c = 999 c d c d a, NÕu: b  998 th× a b  = 999 + a = d = 1; c = b = 999 c d 999 1 1     VÝ dơ : Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng :  n 1 n  nn 1 víi k = 1,2,3, ,n-1 Ta cã   n  k n  n 2n n 1 1 1 Do ®ã:         n 1 n  2n 2n 2n 2n 1 1 VÝ dô 5: CMR: A =      với n ≥ kh«ng lμ sè tù nhiªn n 1 1 HD:  ;  ; 1.2 2.3 Vậy: giá trị lớn Ví dô 6: Cho a ,b ,c ,d > Chøng minh r»ng : 2 ab bc cd d a    3 abc bcd cd a d ab Gi¶i : Vì a ,b ,c ,d > nên ta cã: ab ab abd   abcd abc abcd b  c bc bca   abcd bcd abcd 81 (1) (2) da da dac   abcd dab a bcd (3) Cộng vế bất đẳng thức trªn ta cã : 2 ab bc cd da  abc bcd cda dab (đpcm) Phơng pháp 5:Dùng bất đẳng thức tam giác Lu ý: Nếu a;b;cl số đo ba cạnh tam giác : a; b; c > Vμ |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a VÝ dô1: Cho a; b; clμ số đo ba cạnh tam giác chứng minh a, a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) b, abc > (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Gi¶i 0  a  b  c a  a(b  c) a)Vì a,b,c l số đo cạnh tam giác nên ta có b a  c  b  b(a  c)   0  c  a  b  c  c(a  b) Céng tõng vÕ c¸c bất đẳng thức ta có a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) b) Ta cã a > b – c   a  a  (b  c) > b > a – c   b  b  (c  a)2 > c > a – b   c2  c  (a  b)  2 Nh©n vÕ bất đẳng thức ta đợc: a b c2  a   b  c    b   c  a   c2   a  b    a b 2c   a  b  c   b  c  a   c  a  b   abc   a  b  c   b  c  a   c  a  b  2 VÝ dơ2: (®ỉi biÕn sè) a b c    (1) bc ca ab yzx zxy xyz Đặt x= b + c ; y= c + a ;z = a + b ta cã a = ; b= ;c= 2 yzx zxy xyz y z x z x y ta cã (1)       1   1  1  2x 2y 2z x x y y z z y x z x z y  (  )  (  )  (  )  lμ B®t ®óng? x y x z y z Cho a,b,c lμ ba cạnh tam giác Chứng minh Ví dơ 3: (®ỉi biÕn sè) 1    (1) a  2bc b  2ac c 2ab Giải: Đặt x = a  2bc ; y = b  2ac ; z = c2  2ab Ta cã x  y  z   a  b  c   Cho a, b, c > vμ a + b + c Theo bất đẳng thức Côsi ta cã: 82 x  y  z  3 xyz vμ 1 1     x y z xyz  1 1   9 x y z  x y z. 6) phơng pháp lμm tréi : Chøng minh B§T sau : 1 1     1.3 3.5 (2n  1).(2n  1)  1 b) 1.2  1.2.3   1.2.3 n  a) Gi¶i : a) Ta cã : 1  2k  1  (2k  1)  1       2n  1  2n  1 (2k  1).(2k  1)  2k  2k  Cho n chạy từ đến k Sau ®ã céng l¹i ta cã 1 1   (®pcm)     1   1.3 3.5 (2n  1).(2n  1)  2n   1 1 1 b) Ta cã :      1    1.2 1.2.3 1.2.3 n 1.2 1.2.3  n  1 n 1 1 1 <  1               (®pcm)  2 2 3  n 1 n  n Bμi tËp vÒ nhμ: 1) Chøng minh r»ng: x + y + z +3  (x + y + z) HD: Ta xÐt hiÖu: x + y + z +3 – 2( x+ y +z ) = x - 2x + + y -2y +1 + z -2z +1 2) Cho a ,b,c l số đo ba cạnh tam giác Chứng minh r»ng :  a aa 2a a a    vμ ) bc abc abc bc abc 1 1 Chøng minh r»ng 83 a b c   2 bc ca ab ... (23 )17 -  23 - = b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 93 5  + = 13 c) 171 9 + 1 91 7 = (171 9 + 1) + (1 91 7 - 1) 171 9 +  17 + = 18 1 91 7 -  19 - = 18 nên (171 9 + 1) + (1 91 7 - 1) hay 171 9 + 1 91 7 ... M = 199 22 + 199 32 + 199 42 b) N = 199 22 + 199 32 + 199 42 + 199 52 c) P = + 91 00 + 94 100 + 199 4100 d) Q = 12 + 22 + + 1002 e) R = 13 + 23 + + 1003 Giải a) số 199 32, 199 42 chia cho dư 1, 199 22 chia... thấy 199 3 = BS + = 6k + 1, đó: 3 199 3 = 6k + = 3.(33)2k = 3(BS – 1)2k = 3(BS + 1) = BS + c) Ta thấy 199 5 chia hết cho 7, đó: 199 2 199 3 + 199 4 199 5 = (BS – 3) 199 3 + (BS – 1) 199 5 = BS – 3 199 3 + BS

Bài viết liên quan
0964826624