giáo án BDHSG Toán 9

Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc... Phơng pháp 4 ; Dùng các tính chất của bất đẳng thức : - Kiến thức : Dùng các tính chất đã đợc học để vận dụng vào giải các bài tập... Điều

Do x, y Z nên (x-1), (y-1) Z và x-1, y-1 là ớc của 3

Do vai trò của x,y nh nhau nên không mất tính tổng quát g/s xy

Vậy phơng trình có nghiệm (x;y) = (4;2), (0;-2) , (2;4), (-2;0)

VD2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x2+x+6=y2 (2)

Giải: Phơng trình đã cho tơng đơng với

666

x y x

y x y

x y y

x y

y

x y y

Từ đó tìm đợc nghiệm nguyên dơng của PT: (26;13), (29;12) , (19;22), (22;5)

VD2: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

1 10

1 7

x y



4 Vận dụng tính chất của tập hợp số nguyên.

VD1: Giải phơng trình nghiệm nguyên: 3x+17y=159

Giải:

Giả sử x,y là các số nguyên thoả mãn phơng trình

Ta thấy 3x,159 chia hết cho 3 nên 17y phải chia hết cho 3 mà 17 không chia hết cho 3 vậy y phải chi hết cho 3 suy ra y=3t(tZ)

Thay y=3t vào pt ta đợc: x=53-17t

Thay x=53-17t; y=3t vào pt, ta đợc nghiệm đúng

VD2: Tìm nghiệm nguyên tố của ph ơng trình: x 2 – 2y 2 = 1

Giả sử (x0;y0;z0) là một nghiệm nguyên của phơng trình (1)

Khi đó x0 chia hết cho 2 đặt x0=2x1 Thay vào (1) ta có y0 chia hết cho 2, đặt y0=2y1

Thay vào (1) ta có z0 chia hết cho 2 ,đặt z0=2z1

Nh vậy nếu (x0;y0;z0) là nghiệm của (1) thì (x1;y1;z1) cũng là nghiệm của (1)

Quá trình cứ tiếp tục mãi suy ra x0,y0,z0 chia hết cho 2k (k thuộc tập số tự nhiên)

h/ 4x+11y=47i/12x-7y=45k/9x+10y=135

Bài2: Giải phơng trình nghiệm nguyên

a/ x2+91=y2 e/ 2m-2n=1984 k/ x+y=xy

b/x2-656xy-657y2=1983 g/ (x+5)(y+6)=3xy l/x2+x+1991=y2

c/x2-25=y(y+6) h/ y3-x3=91 m/x2=y2 +2y+13

n

x x x

o/x14x24 x144 1999

Bµi9: Chøng minh r»ng c¸c ph¬ng tr×nh sau kh«ng cã nghiÖm nguyªn

a/ x3+y3+z3=30419751951995

b/x5+3x4y-5x3y2-15x2y3+xy4+12y5=33

Bµi10: T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh

a/ 4xy-x-y=z2

b/ x2-y3=7

c/4xy-y=9x2-4x+2

d/ x y 1980 víi x<ye/xy2+2xy-243y+x=0

Bµi11: Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn:

Bµi12: Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn:

Ngµy so¹n :18/10/2008

Buæi 6 : Ph¬ng tr×nh v« tØ -

 Ph¬ng tr×nh v« tØ lµ ph¬ng tr×nh cã chøa Èn trong dÊu c¨n

D¹ng3:

2

( ) & ( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) & ( ) 0

2 2





  

V× t 11 nªn t=6  x211 6  x211 36  x2 25 x5

02

Vậy pt đã cho có 3 nghiệm 1,2,10

Dạng3: PT có chứa căn bậc 3 và luỹ thừa bậc 3

Bµi11: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau:

b, Bất đẳng thức Bunhiacôpxki :

Với mọi số a ; b; x ; y ta có : ( ax + by )2  (a2 + b2)(x2 + y2)

Dấu đẳng thức xảy ra <=> a x b y

c, Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối :

a  b ab Dấu đẳng thức xảy ra khi : ab  0

phần ii : Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức 1.Phơng pháp 1 : Dùng định nghĩa

- Kiến thức : Để chứng minh A > B , ta xét hiệu A - B rồi chứng minh A - B > 0

- Lu ý : A2  0 với mọi A ; dấu '' = '' xảy ra khi A = 0

Giải :

Xét hiệu : H =

2 2

=

4

) 2

( ) (

2 a2 b2  a2  abb2

4

1 ) 2 2

2 ( 4

1 1

 9  4ab + 8  1  4ab  (a + b)2  4ab

Bất đẳng thức cuối đúng Suy ra điều phải chứng minh

Bài 2: Cho a, b, c là các số dơng thoả mãn : a + b + c = 4

Giải :

Dùng phép biến đổi tơng đơng : Với a > 0 ; b > 0 => a + b > 0

3 3

2

2

b ab a b

 3a2 - 6ab + 3b2  3(a2 - 2ab + b2)  0

Bất đẳng thức cuối cùng đúng ; suy ra :

3 3

Bài 4:

Cho 2 số a, b thoả mãn a + b = 1 CMR a3 + b3 + ab 

2 1

Giải :

Ta có : a3 + b3 + ab 

2

1 <=> a3 + b3 + ab -

2

1  0 <=> (a + b)(a2 - ab + b2) + ab -

2

1  0 <=> a2 + b2 -

2

1

 0 Vì a + b = 1 <=> 2a2 + 2b2 - 1  0

Dấu '' = '' xảy ra khi a = b =

2 1

Bài 5 : Chứng minh bất đẳng thức :

3 3

<=>

2 2

<=> 4a2 - 4ab + 4b2  a2 + 2ab + b2

<=> 3(a2 - 2ab + b2 )  0

<=> 3(a - b)2  0 Bất đẳng thức này đúng

Dấu '' = '' xảy ra khi a = b

Bài 6 : Với a > 0 , b > 0 Chứng minh bất đẳng thức :

3 Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc

- Kiến thức : Dùng các bất đẳng thức quen thuộc nh : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳngthức chứa dấu giá trị tuyệt đối để biến đổi và chứng minh ,

Một số hệ quả từ các bất đẳng thức trên : x2 + y2  2xy

Với a, b > 0 ,   2

a

b b a

b c b a

Giải

áp dụng BĐT Cauchy , ta có :

a + (b + c)  2 a(bc) 

c b a

a c

b a

c b

Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì khi đó có :

a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = 0 ( trái với giả thiết a, b, c đều là số dơng )

b c b a

0 , 0

1

2 2

y x y x

y x

y x

Điều kiện :

2

5 2

b, áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có :

1 2 2

1 ) 1 (

c b

Giải :

Ta có :   0

a

b b

a

, a , b > 0

Ta có :   

c b a

1 1 1

) 1 1 1 (

c b

1 1 1 (

c b

a  .(a + b + c)

=1     1     1

b

c a

c c

b a

b c

a b a

= 3  (  )  (  )  (  ) 

c

a a

c b

c c

b a

b b

a

3 + 2 + 2 + 2 = 9 => 111 9

c b a

Dấu ''='' xảy ra khi : a = b = c =

3 1

Bài 5

a, Cho x , y > 0 Chứng minh rằng :

y x y

4 1 1

b, Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b , c là độ dài các cạnh của tam giác ) Chứng minh rằng :

1 1

 )  4 => 1x  1y  x 4 y

4 ) ( ) (

4 1

p c p a

=> đIều phải chứng minh

Dấu '' = '' xảy ra khi : p - a = p - b = p - c  a = b = c

Khi đó tam giác ABC là tam giác đều

4 Phơng pháp 4 ; Dùng các tính chất của bất đẳng thức :

- Kiến thức : Dùng các tính chất đã đợc học để vận dụng vào giải các bài tập

Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = 1

+ Phủ định rồi suy ra điều trái với giả thiết

+ Phủ định rồi suy ra trái với đIều đúng

+ Phủ định rồi suy ra hai đIều tràI ngợc nhau

+ Phủ định rồi suy ra kết luận

Các ví dụ :

Bài 1 : Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng ; ít nhất có một bất đẳng thức sau là sai : 2a(1

- b) > 1

1 )

Tơng tự : b(1 - b) 

4 1

c(1 - c) 

4 1

d(1 - d) 

4 1

Nhân từng về các bất đẳng thức ; ta có :

256

1 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1

Từ (1) và (2) suy ra vô lý

Điều vô lý đó chứng tỏ ít nhất một trong 4 bất đẳng thức cho trong đầu bài là sai

Bài 2 : ( Phủ định rồi suy ra hai điều trái ngợc nhau )

Chứng minh rằng không có 3 số dơng a, b, c nào thoả mãn cả ba bất đẳng thức sau : 1  2

Cộng theo từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta đợc :

1 1 1  6

a

c c

b b

a

 ( 1)  ( 1)  ( 1)  6

c

c b

b a

=> ( 1)  ( 1)  ( 1)  6

c

c b

b a

Vậy không tồn tại 3 số dơng a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức nói trên => đpcm

Bài 3 : Chứng minh rằng không có các số dơng a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức sau :

4a(1 - b) > 1 ; 4b(1 - c) > 1 ; 4c(1 - a ) > 1

Hớng dẫn : tơng tự nh bài 2 :

Bài 4 :( Phủ định rồi suy ra trái với điều đúng )

b c

x 

=> a =

2

x z

y 

, b =

2

y x

z 

, c =

2

z y

x  Khi đó :

VT =

a b

c a c

b c

3 1 1 1 2

3 ) ( 2

1 ) ( 2

1 ) (

z z

x x

z y

x x

) 1 )(

( 4

1

2 2 2 2

2 2 2 2

y x y x

Giải:

Đặt : a =

) 1 )(

1

2 2

y x

y x

1 (

1

2 2

2 2

y x

y x

2

) 1 ( ) 1 (

) 1

)(

(

y x

y x y

( 4

1

b a ab b

Suy ra : -

4

1  ab 

4

1

Bài 3 : Cho a, b, c > 0 ; a + b + c  1 Chứng minh rằng :

9 2

1 2

1 2

1

2 2

Ta chứng minh đợc : (x + y + z)( 1 11)  9

z y x

Theo bất đẳng thức Côsi

Mà : x + y + z  1 nên suy ra 111 9

z y

Phần iii : ứng dụng của bất đẳng thức

I- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị

- Kiến thức : Nếu f(x)  m thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là m

Nếu f(x)  M thì f(x) có giá trị lớn nhất là M

Ta thờng hay áp dụng các bất đẳng thức thông dụng nh : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thứcchứa dấu giá trị tuyệt đối

Kiểm tra trờng hợp xảy ra dấu đẳng thức để tìm cực trị

Tìm cực trị của một biểu thức có dạng là đa thức , ta hay sử dụng phơng pháp biến đổi tơng

đ-ơng , đổi biến số , một số bất đẳng thức

Tìm cực trị của một biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối , ta vận dụng các bất đẳng thứcchứa dấu giá trị tuyệt đối

Chú ý : A  B AB

Xảy ra dấu '' = '' khi AB  0

A  0 Dấu ''= '' xảy ra khi A = 0

Vậy min B =

2

1 khi a = b =

2 1

Bài 2: a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

1 +

y

 1

1

+

z

 1

1  2 Tìm giá trị lớn nhất của tích : P = xyz

1) = y y

1  2 (1 x xy)(1 y)





Từ đó suy ra : P = xyz 

8 1

Bµi 6 : Cho 3 sè d¬ng a, b, c th¶o m·n : a + b + c = 1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc :

F = ( 1) 2 ( 1) 2 ( 1) 2

c

c b

b a

Gi¶i:

Ta cã : F = (a2 + b2 + c2) + ( 12 12 12

c b

T¬ng tù : (1 1 1)2

c b

a    3( 12 12 12)

c b

MÆt kh¸c :   

c b a

1 1 1

(

c b a

1 1 1



 ).1 = (

c b a

1 1 1



 )(a + b + c) = 3 + (

a

b b

a

 ) + (

b

c c

b

 ) + (

c

a a

c

 )  3 + 2 + 2 + 2 = 9 =>

c b a

1 1 1



=> (1 1 1) 2

c b

a   81 => (12 12 12)

c b

a    27

F 

3

1 + 27 + 6 = 33 Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c =

3 1

Vậy MinF = 3331 khi : a = b = c = 31

Bài 7 : Cho G = yz x1zx xyz y 2xy z 3

1 2

1 3





z z

=> G 

3 2

1 2 2

1 2

1 2 2

1 2

HD : áp dụng bất đẳng thức Côsi và làm tơng tự nh bài 5 :

II - Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình

- Kiến thức : Nhờ vào các tính chất của bất đẳng thức , các phơng pháp chứng minh bất

đẳng thức , ta biến đổi hai vế ( VT , VP ) của phơng trình sau đó suy luận để chỉ ra nghiệm củaphơng trình

Nếu VT = VP tại một hoặc một số giá trị nào đó của ẩn ( thoả mãn TXĐ)

4

9) = 16x Dấu '' = '' xảy ra

312

11

Phơng trình (1) có nghiệm  dấu '' = '' ở (2) xảy ra

Vậy (1) có nghiệm x =

4

5

Bài 2: a, Tìm giá trị lớn nhất của L = 2 x 3 + 5  2x

Giải : TXĐ : -2  x  6.

VP = (x - 3)2 + 4  4 Dấu '' = '' xảy ra khi x = 3

VT2 = ( 6  x.1 + x 2.1)2  (6 - x + x + 2)(1 + 1) = 16

=> VT  4 , dấu '' = '' xảy ra khi 6  x = x 2  x = 2

=> không có giá trị nào của x để VT = VP => Phơng trình vô nghiệm

0 2

2

y x

=> phơng trình có nghiệm : x = 2 ; y = 2

Ngày soạn :1/10/2008

C/ CÁC DẠNG TOÁN CỤ THỂ:

Dạng I: Cỏc bài toỏn mà biểu thức là đa thức

Vớ dụ 1: Tỡm GTNN của cỏc biểu thức sau:

3 3 )

3 4

3 4

9 2

3

2 3

3 )

(

/

2 2

2

3 0

Cỏch giải chung của bài toỏn trờn là:

Ta biến đổi đa thức đó cho về dạng: h x2 a trong đỏ a là một hằng số Vỡ h x 2  0

nờn h x2aa Do đú GTNN của biểu thức đó cho bằng a khi h(x) =0.

Vớ dụ 2: Tỡm GTLN của cỏc biểu thức sau:

14 2 )

Vậy: f(x) đạt GTLN bằng 15 khi x 1  0  x  1

Cách giải chung của bài toán trên là:

Ta biến đổi đa thức đã cho về dạng:  h x 2 a trong đá a là một hằng số Vì

Đáp số: f(x) đạt GTLN bằng

4

3 8

17



x khi

6 4

1 )

Đáp số: g(x) đạt GTNN bằng

3

1 36

2 , 1







x

Bài 4: Cho phương trình m2 m 1x2  m2  8m 3x 1  0

Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên Tìm GTLN và GTNN của biểu tổng S=

2

13 2 3

3 4 13 3

13 2







m khi

S đạt GTNN bằng

13 2 3

3 4 13 3

13 2

1 4

1



x khi

b/ Tìm GTLN của biểu thức: N = 2xy

Đáp số: N đạt GTLN bằng

2

1

; 6

1 6

1



x khi

Dạng II: Các bài toán mà biểu thức là phân thức

Đường lối chung để giải dạng toán này: Cho biểu thức A  G F((x x)) Biểu thức A đạt GTLN khi F(x) đạt GTLN và G(x) đạt GTNN; biểu thức A đạt GTNN khi F(x) đạt GTNN và G(x) đạt GTLN.

1/ Ví dụ:

Ví dụ 1: Tìm GTLN của biểu thức:

10 6

35 18 3

2 2

x x

A

Giải

 3 1

5 3

10 6

5 3

10 6

35 18 3

2 2

2 2

x x

x

x x

Ta thấy bậc của tử thức bằng bậc của mẫu thức, ta thực hiện phép chia để đưa biểu thức về dạng A = M + f N (x) (M, N là hằng số) Do đó biểu thức A đạt GTLN khi biểu thức f(x) đạt GTNN.

Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức: 2 21 x 0

x

x A

Giải

2 2

2 2 2

2 2

x x

x

x x x x

x A

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 0  x 1  0  x  1

x x

Vậy biểu thức A đạt GTNN bằng -1 khi x=-1

Cách giải chung của bài toán trên là:

Ta thấy bậc của tử thức nhỏ hơn bậc của mẫu thức, ta thực hiện phép biến đổi để đưa

x g

x f

) (

Bài 2: Cho x>0 Tìm giá trị của x để biểu thức

x

x x M

2 3

: ) 2 ( 1

2009 2

2 3

3 2

Bài 4: Cho biểu thức: :3 2( 121) 4

2 3

x x x x

x x N

1 4

x

x N

Bài 5: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện: 2

1

1 1

1 1

Dạng III: Các bài toán mà biểu thức là căn thức

2 2 1

x

2 2

2

1 4

9 2 3 4

1 4

9 2

1

2    

Cách giải chung của bài toán trên là:

Ta cần xác điều kiện các biểu thức dưới dấu căn để cho căn thức có nghĩa, sau đó tìm điều kiện để biểu thức f x 2 đạt GTLN Điều kiện đó cũng chính là điều kiện để biều thức f(x) đạt GTLN.

Ví dụ 2: Cho biểu thức:

2 1

3 )

1

0

1

x x x

x

Ta biến đổi:

2 1 2

1

) 2 1 )(

2 1 ( 2 1

2 1 2

1

3 )

x

x x

x x

Cách giải chung của bài toán trên là:

Ta cần xác điều kiện để biểu thức có nghĩa và phân tích đa thức thành nhân tử sau đó rút gọn biểu thức đã cho.

2

1 )

1 ( 2

1

x

x x x

b/ Tìm GTNN của MĐáp số: M đạt GTNN bằng -1 khi x=0

Bài 2: Cho biểu thức

1 2

2 : 1 2

2 1

2

x x

x

x x

x M

1



x khi

Bài 3: Tìm GTLN của biểu thức 2 1 1







x x M

Đáp số: M đạt GTLN bằng 8 khi x 1

Bài 4: Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: 3 1 2

Bài 5:Tìm GTNN của biểu thức: M  x 20082  x 20092

Đáp số: M đạt GTNN bằng1 khi 2008 x 2009