Ôn thi vào lớp 10 môn toán chuyên 3 BIẾN đổi đơn GIẢN – BIỂU THỨC CHỨA căn THỨC bậc HAI

Chương 1 CĂN BẬC HAI CĂN BẬC BA Chuyên đề 3 BIẾN ĐỔI ĐƠN GIẢN – BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI A Kiến thức cần nhớ 1 Đưa thừa số ra ngoài dấu căn  2 0A B A B B  2 Đưa thừa số vào trong dấu căn 2[.]

Trang 1

Chương 1 CĂN BẬC HAI CĂN BẬC BA

Chuyên đề 3 BIẾN ĐỔI ĐƠN GIẢN – BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI

A Kiến thức cần nhớ

1 Đưa thừa số ra ngoài dấu căn 2  

0

A B  A B B

2 Đưa thừa số vào trong dấu căn

2

A B  A B (với A0; B0)

2

A B   A B ( với A0; B0)

3 Khử mẫu ở biểu thức chứa căn

2

1

AB

B  B  B (với AB0; B0)

4 Trục căn thức ở mẫu





∓

5 Rút gọn biểu thức có chứa căn bậc hai

Bước 1. Dùng các phép biến đổi đơn giản để đưa các căn thức bậc hai phức tạp thành căn thức bậc hai đơn giản

Bước 2. Thực hiện phép tính theo thứ tự đã biết

B Một số ví dụ

Ví dụ 1: Sắp xếp các số sau theo thứ tự tăng dần:

a) 4 3; 3 5; 5 2; 2 5;

b) 15; 2 6; 6 1; 3 2

Giải Tìm cách giải Để sắp xếp các căn thức không đồng dạng, chúng ta đưa các thừa số vào trong dấu căn Sau đó so sánh biểu thức trong căn

Trình bày lời giải

a) Đưa các thừa số vào trong dấu căn, ta được:

4 3 48; 3 5 45;

5 2  50; 2 5 20

Mà 20 45 48 50

Trang 2

Suy ra thứ tự tăng dần là 2 5; 3 5; 4 3; 5 2

b) Đưa các thừa số vào trong dấu căn, ta được:

15; 2 6 24;

1

3  ; 3 2  18

Mà 12 15 18 24

Suy ra thứ tự tăng dần là 6 1; 15; 3 2; 2 6

3

Ví dụ 2: Khử căn thức ở mẫu số: 59

A 

Giải Tìm cách giải Chúng ta không thể vận dụng một lần hằng đẳng thức để khử đồng thời ba căn thức ở mẫu được Do vậy, chúng ta tìm cách giảm bớt số căn ở mẫu bằng hằng đẳng thức:

2

a b c a b c  a b     c a b c ab Sau đó khử thường mẫu bằng cách nhân cả tử và mẫu của mẫu với biểu thức liên hợp

60 1

2 15 1

A





 3 5 72 15 1

Ví dụ 3: Thực hiện phép tính

a) A  202 453 80 125;

3

Giải Tìm cách giải Để thực hiện phép tính, bạn luôn chú ý:

 Đưa thừa số ra ngoài dấu căn

 Trục căn thức ở mẫu, khử mẫu của biểu thức lấy căn

 Sau đó thu gọn các căn thức đồng dạng

a) Ta có: A  202 453 80 125

Trang 3

2 5 6 5 12 5 5 5 11 5

B

2 3 1





10 3 6 3 2 6 3 3 2.3 2 3 1

2

15 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1

B

Ví dụ 4: Rút gọn biểu thức: 3 5 3 5

Giải Tìm cách giải Nhận xét thấy rằng, mẫu thức chứa biểu thức căn “chồng chất” Do vậy trước khi thực hiện rút gọn, chúng ta nên khai căn “chồng chất” trước đã Quan sát thấy, để biến đổi căn

“chồng chất” này, chúng ta chỉ cần làm xuất hiện 2 5

Do vậy chúng ta có hai hướng biến đổi nhằm xuất hiện yêu cầu đó:

Cách 1. Mỗi phân thức nhân cả tử và mẫu với 2

Cách 2. Nhân hai vế với 1

2

Cách 1 Mỗi phân thức nhân cả tử và mẫu với 2, ta được:

R



9 2 3 10 3 10 5 2 9 2 3 10 3 10 5 2

9 5





Trang 4

8 2

2 2

4

Cách 2. Nhân hai vế với 1

2 , ta được:

Suy ra: R 2 2

Ví dụ 5: Cho biểu thức: 3 16 7 1 7 : 2

A

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm x để A  6

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2014 – 2015)

Giải Tìm cách giải Khi rút gọn biểu thức chứa căn thức, chú ý các bước:

 Xác định điều kiện để biểu thức có nghĩa

 Vận dụng các quy tắc của phép tính về phân thức, phép tính về căn thức để đưa biểu thức

về dạng đơn giản nhất

a) TXĐ: x0; x1; x4

:

A

:

A

9

2

x

A

x







Trang 5

b) 9  

2

x



7 x 21 x 9 (thỏa mãn điều kiện) Vậy để A  6 thì x 9

Ví dụ 6: Rút gọn biểu thức:

P

a



Giải Tìm cách giải Bài toán có nhiều thành phần giống nhau, chúng ta nên đổi biến bằng cách đặt 2

a x Sau đó rút gọn biểu thức với biến x

Đặt a 2 x , biểu thức có dạng:

2

2 2

P

2 2

:

P

  

2

P



3

x x

P





P



2

x

2

a

Ví dụ 7: Cho các số dương x y z, , thỏa mãn điều kiện xyz 100

Tính giá trị của biểu thức:

10

y

A

Giải Tìm cách giải Quan sát giả thiết và kết luận, chúng ta nhận thấy giữa số 100 và số 10 có liên quan tới nhau: 10 100 xyz Do vậy, suy luận tự nhiên chúng ta thay 10 ở biểu thức bằng xyz và biến đổi tiếp

Trang 6

Thay 10 100  xyz vào biểu thức A, ta có:

x

A

1

x

A

 

1

A

1

1 1

A

Ví dụ 8: Tính giá trị biểu thức:

Giải Tìm cách giải Bài toán này không thể quy đồng mẫu thức để thực hiện Quan sát bài toán ta nhận thấy mỗi biểu thức là một dãy các phân thức viết theo quy luật Mặt khác quan sát các thành phần trong căn ta có: 2 1    3 2 3025 3024  1 ở biểu thức A, còn ở biểu thức B là:

7 4 10  7 3025 3022  3 Do vậy, chúng ta nghĩ tới việc trục căn thức ở mẫu nhằm đưa

về mẫu thức chung là lẽ tự nhiên

Ví dụ 9: Chứng minh rằng:

4

Giải

Trang 7

Tìm cách giải Thoáng nhìn qua bài toán cũng có quy luật như ví dụ trên Song thực hiện tương tự ngay thì không thành công bởi chúng không khử liên tiếp được Vẫn định hướng đó, chúng ta nghĩ tới kĩ thuật làm trội để sau khi trục căn thức có thể khử liên tiếp được Do vậy, chúng ta có hai cách giải sau:

 Ta có: A B 2A A B

A  A B A A Điều phải chứng minh

Điều phải chứng minh

C Bài tập vận dụng

3.1 Trục căn thức ở mẫu:

15

10 20 40 5 80 ;

c) 2 10

2 5 7

Hướng dẫn giải – đáp số

a) Ta có:

2 5 12 2 5 2 5 11 2



Trang 8

  

4 5 1 2

10 2 5 2 10 5 4 5  3 10 3 5  10 5

10 5



7 2 10 7

3.2 Rút gọn biểu thức:

a)  3 2 3 2

A





2

B





a) Ta có:

B

:

 3 1 3 4 3 1

3 1 :

B



:



2

2 2 2 6 2 2 2 3

3.3 Rút gọn biểu thức: 3 5 3 5

Trang 9

3 2 10 3 2 10

3 5 1 3 5 1

P



9 10 3 2 15 2 10 9 10 3 2 15 2 10

45 1





24 2 6 2

3.4 Thực hiện phép tính:

17 12 2 17 12 2

8 7

4 7

A 

b)

2

2 1

B

3.5 Rút gọn biểu thức: 2 3 1 2 3 3 3 1

Ta có:

 2 3 1 2 6  2 3 6 3 2 6 3 2 6 2

B

Trang 10

 2 3 6

B



 2 3 3 2

B



 3 2 2

B



 

2



0

B 

3.6 Rút gọn biểu thức:

a) Ta có:



2

A

T

4

S 

3.7 Cho



3 3

A B

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Gia Lai, năm học 2007 – 2008)

25 5

A



Trang 11

15 3 5 5 5 5 10 2 5 5 5

Ta có:

3 55 5

25 5

B



15 3 5 5 5 5 10 2 5 5 5

;

3 3

3.8 Xác định a b, biết: 13 17 7 11

3 7 114 7 2 11a b

Xét vế trái: 13 3 7 11 17 4 7 2 11



13 3 7 11 17 4 7 2 11

7 11

Đồng nhất hai vế ta được: 7; 3

a b 

3.9 Cho 1 1 2



   Với x 1; x0

Chứng minh rằng 1 12 2 17

1

x x



2

  

ĐKXĐ: x 0

2

2 2 1

2

x

2

1 x 2.x 1

1x 2x 2 2.x 1 3x 2 2x0

Trang 12

Vì x 0 nên 3 2 2 0 2 2

3

12 2 17

1 3

x



3.10 Tính giá trị biểu thức 5 3

6

M x  x x tại 3 2

2 2 1

x 



Ta có: 3 22 2 1 7 2 7

2 1

x

 2

5 2 3

Thay vào biểu thức M ta có:

M

x



a) Rút gọn M;

b) Tìm giá trị lớn nhất của M

a) Ta có:

M

x



M

x



M

x



M

x



Trang 13

 2

M

x





2

x

M





2

2020

1

M



  TXĐ: x 0

b) Ta có: 2

1 1

x   x Vì x 0

nên 22020 2020 2020

M

Vậy giá trị lớn nhất của M là 2020 khi x 0

3.12 Cho biểu thức 2 3 5 7 : 2 3  0; 4

a) Rút gọn A

b) Tìm x để A2 x1

(Tuyển sinh lớp 10 chuyên, ĐHSP, TP Hồ Chí Minh, năm học 2015 – 2016)

A

x





A

x







A





x



    , thuộc tập xác định

Vậy với x 1 thì A2 x1

3.13 Cho các số dương x y z, , thỏa mãn điều kiện xyz 4

y

P

Trang 14

Thay 2 4 xyz vào biểu thức P, ta có:

x

P

x

P

1

P

1

3.14 Cho biểu thức 1 1 1 3 1 7

P

       với nℕ;n8

a) Rút gọn biểu thức:

P Q



   với nℕ;n8 b) Tìm tất cả các giá trị n n ℕ;n8 sao cho P là số nguyên tố

(Thi học sinh giỏi lớp 9, TP Đà Nẵng, năm học 2012 – 2013)

Đặt n 1 x khi đó biểu thức P có dạng:

2 2

P

2



       

x x



2

Q

Theo câu a, ta có

3

x P x



 nên

1

1 3

n P n





  3

1

1 3

P

n

 

  , P là số nguyên tố nên P phải là số nguyên dương

Trang 15

1 3

n

1 3

1

Thử lại, với n 15 thì P 4 là hợp số (loại);

với n 35 thì P 2 là số nguyên tố (thỏa mãn)

Vậy với n 35 thì P 2 là số nguyên tố

3.15 Cho x y z , , 0 và khác nhau đôi một Chứng minh rằng giá trị của biểu thức P không phụ

thuộc vào vị trí của các biến

P



P



P



P



1

P

  Vậy biểu thức P không phụ thuộc vào vị trí của các biến

3.16 Cho biểu thức:

3 2

P

Chứng minh rằng P luôn nhận giá trị nguyên với mọi x y, thỏa mãn điều kiện: x0, y0 và

x y

Ta có:

x y  x y  .x xy 2y

P

Trang 16

   

2

P

xy x y



P

xy x y



P

xy x y





2

P

  Điều phải chứng minh

3.17 Cho biểu thức:

3

:

1

P

x



a) Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị của P khi 8

x 



c) Tìm x để P có giá trị là số tự nhiên

d) Tìm x để P  1

:

P



 2 11 1 : 1 2 1

P



1

2

P

x





1 2

x P

x





 ĐKXĐ: x 0 và x 4

9 5



Thay vào biểu thức P, ta có:

 5 2 5 1

P



c) Ta có: 1 3

2

P

x

 

 Để P có giá trị là số tự nhiên thì x  2 U 3 và x 2,

Trang 17

Từ đó ta có bảng giá trị sau:

2

Kết hợp với tập xác định, với x9; 25 thì P nhận giá trị là số tự nhiên

2 x 1

  và x 2 khác dấu

Mặt khác, ta có x 2 x 1 2 x1

Do đó:

4

2 0

1

4

x x







 

Kết hợp với tập xác định, ta có: /1 4

4

Sx  x 

  thì P  1

3.18 Rút gọn biểu thức:  3 2

2

x

x P

x y



Với x0, y0, x y

Ta có:

3

P



3x x 3x y 3y x 3 y

P



3

x

P



3.19 Chứng minh rằng nếu a b c, , là các số dương thỏa mãn a c 2b thì ta luôn có:

Trang 18

Từ giả thiết, suy ra a b  b c

2

a



Vế trái = Vế phải Điều phải chứng minh

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, năm học 2011 – 2012)

 Ta có: A B 2A A B

Mà 2A  A B 2A  8 A 4 Điều phải chứng minh

81 1

4 2

3.21 Cho dãy số a a1; 2; ;a n thỏa mãn a 1 1 và 1

3

1 3

n n

n

a a

a





 với n 1; 2;3 Tính a2020

Trang 19

Ta có:

2

3 3

3 3 1

n

n n

a

a a





2

n

a



Ta có:

3

3 3

3 3 1

n

n n

a

a a









 

3

4 4

n

a

Từ đó suy ra a1a4 a7   a2020 Vậy a20201

3.22 Cho số thực a 0 thỏa mãn a 1 a 1

Chứng minh rằng: a 1 5

a

 

4 4

a

0

    

Nhận xét: Vì a 0 nên 1 5 0

2

5

a





Từ đó ta có: a 1 a 1 5

    Điều phải chứng minh

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	339,48 KB