ÔN tập THI TUYỂN SINH vào 10 THEO CHỦ đề PHẦN đại số NÂNG CAO

Tuyển tập ôn thi tuyển sinh vào 10 theo chủ đề phần đại số nâng cao rất chi tiết và đầy đủ. Bao gồm tất cả các chủ đề nâng cao toán 9. Co bổ sung nhieu bai tạp trong de thi tuyen sinh vao truong chuyen cac tinh o cac nam hoc

MUÏC LUÏC

CÁC CHỦ ĐỀ VỀ TOÁN NÂNG CAO

CHỦ ĐỀ 1: HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO

Dạng 1: Giải các hệ phương trình bậc cao sử dụng phương pháp thế và cộng đại số:

Bài 1: Giải hệ phương trình sau đây bằng phương pháp thế trực tiếp

Bài 2: Giải hệ phương trình sau đây bằng cách cộng, trừ vế theo vế để tìm đẳng thức liên hệ giữa x và y rồi

dung phương pháp thế trực tiếp

x y 6x 9y 27 2x 2y 3x 15y 0

Dạng 2: Hệ phương trình đối xứng loại 1:

Bài 1: Giải các hệ phương trình đối xứng loại 1 bằng cách tìm giá trị của tổng S = x + y và tích P = xy



a)

2 2

Dạng 3: Hệ phương trình đối xứng loại 2:

Bài 1: Giải hệ phương trình sau bằng cách trừ vế theo vế thu được tích của hai biểu thức bậc nhất.

D¹ng 5: Hệ phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối:

Bài 1: Giải các hệ phương trình sau đây bằng phương pháp thế.

Các phương pháp giải phương trình vô tỉ

I Phương pháp nâng lên lũy thừa

Bài 1: Giải phương trình

Với điều kiện (4) thì:

Với x1 = 2 không thỏa mãn điều kiện (4), loại

x2 =6 thỏa mãn điều kiện (2) và (4) nên là nghiệm của phương trình

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 6

b) x 1 − − 5x 1 − = 3x 2 − (1)

Điều kiện xác định của phương trình:

x 1 05x 1 0 x 13x 2 0

Đến đây ta có hai cách giải:

Cách 1: Với điều kiện 2  7x ≥ 0 (**)

= không thỏa mãn điều kiện (*), loại

x2= 2 không thỏa mãn điều kiện (**), loại.

Vậy phương trình vô nghiệm

Cách 2: Ta phải có 2 7x 0 x 2

7

− ≥ ⇔ ≤ điều này trái với đk (*) Vậy phương trình vô nghiệm

Bài 2: Giải phương trình: 3 2x 1+ +3 x 1= (1)

x2= 1 không thỏa mãn (1), loại Vậy phương trình (1) có 1 nghiệm duy nhất x = 0

II Đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối

Bài 1: Giải phương trình: x 2 x 1+ − + x 2 x 1 2− − =

Giải: Điều kiện xác định của phương trình: x ≥ 1

Nếu x > 2 thì (2) ⇔ x 1 − + x 1 1 1 − − = ⇔ x 1 1 − = ⇔ − = ⇔ = x 1 1 x 2, (ko thuộc khoảng đang xét)

Nếu 1≤ x ≤ 2 thì (2) ⇔ x 1 1 − + − x 1 1 − = , vô số nghiệm 1≤ x ≤ 2

Kết luận: 1≤ x ≤ 2

III.Phương pháp đặt ẩn phụ

Bài 1: Giải phương trình: 3x2+21x 18 2 x+ + 2+7x 7 2+ = (1)

Giải: Điều kiện xác định: x2+7x 7 0+ ≥

x +7x 7 0+ ≥ , do đó đều là nghiệm của (1)

Bài 1: Giải phương trình: 3 2x 1+ +3 x 1=

Giải: Đặt 3 2x 1 a ; x+ = 3 =b thì 2x + 1 = a3 ; x = b3 nên 3 3

a −2b =2x 1 2x 1+ − =Cần tìm a và b thỏa mãn a + b = 1 và 3 3

a −2b =1

Ta có: 3 ( )3 3 ( )3

a −2 1 a− = ⇔ − −1 a 1 2 1 a− =0 ( ) ( 2 ) ( )3 ( ) ( 2 ) ( )2

a 1 a a 1 2 a 1 0 a 1  a a 1 2 a 1  0

Dễ thấy 2 ( )2

a + + +a 1 2 a 1− >0 nên a = 1 Suy ra b = 0Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình đã cho

2 Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức

Bài 1: Giải phương trình x 3x 2 2

x 3x 2

Bài tập vận dụng

a) 15 x − + 3 x 6 − = b) 3 x 1 + + 3 7 x − = 2 c) x 2 x 1− − − x 1 1− =

b) 3x 15 + − 4x 17 + = x 2 + e) 1 + 3 x 16 − = 3 x 3 + f) 1 − x 2 − = x x 1 −

1 >

4 Một số hằng bất đẳng thức

• A2 ≥ 0 với ∀A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )

• An ≥ 0 với∀A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )

• A ≥0 với A∀ (dấu = xảy ra khi A = 0 )

• - A < A = A

• A B+ ≥ A + B ( dấu = xảy ra khi A.B > 0)

• A−B ≤ A− B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)

Vì (x y)2 ≥0 với ∀x ; y Dấu bằng xảy ra khi x = y

(x z)2 ≥0 với ∀x ; z Dấu bằng xảy ra khi x = z

(y z)2 ≥0 với ∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z = y

Vậy x2 + y2 + z2 ≥ xy+ yz + zx Dấu bằng xảy ra khi x = y =z

b) Ta xét hiệu 2 2 2 2 2 2

x y z+ + − 2xy – 2xz 2yz x y z+ = + + −2xy 2xz – 2yz+

= ( x – y + z)2 ≥0 đúng với mọi x; y; z∈¡Vậy x2 + y2 + z2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x; y; z∈¡

Dấu bằng xảy ra khi x + y = z

c) Ta xét hiệu x2 + y2 + z2+3 – 2( x + y + z ) = x2 2x + 1 + y2  2y +1 + z2 2z + 1

= (x  1)2+ (y  1) 2+(z  1)2≥ 0 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1

Bài 2 : Chứng minh rằng :

a)

2 2

b)

2 2

2 2

4

24

Dấu bằng xảy ra khi a = b

b) Ta xét hiệu

2 2

2 2

a

= [ ( ) ( ) ( ) ] 09

1 a−b 2 + b−c 2 + c−a 2 ≥

Vậy

2 2

2 2

1 2 2

n

a a

a n

a a

⇒ H ≥ 0 ta có điều phải chứng minh

Tóm lại các bước để chứng minh A≥B theo định nghĩa

44

4

2 2

2 2

2 2

22

2 2

2 2

02

02

02

m q m p m n m

m

m q

m p

m n

2

q p n m

Bài 5: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

i) a2+4b2+4c2 ≥4ab 4ac 8bc− +j) a b c d 2 (a c b d) ( )

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 3: Cho x.y = 1 và x.y Chứng minh

y x

y x

( )2

x y 2 2 2x 2 2y 2xy 0

⇔ + + − + − ≥ vì x.y =1 nên 2.x.y = 2

⇒(x y  2 )2 ≥ 0 Điều này luôn luôn đúng Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 4: Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:

11

1+ + ) = x + y + z  (1 +1 +1) > 0

z y

11

1 + + < x + y + z )

 2 trong 3 số x  1 , y  1 , z  1 âm hoặc cả ba sỗ 1 , y  1, z  1 là dương.

Nếu trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1  x.y.z > 1 Mâu thuẫn gt x.y.z = 1 bắt buộc phải xảy ra trường hợptrên tức là có đúng 1 trong ba số x, y, z là số lớn hơn 1

Bài 5: Cho x > y và xy = 1 Chứng minh rằng ( )

2 2 2

≥

−

+

y x

y x

Giải:

Ta có x2+y2 =(x−y)2+2xy=(x−y)2+2 (vì xy = 1)

⇒(x2+y2)2 =(x−y)4+4.(x−y)2+4

Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với

(x−y)4+4(x−y)2+4≥8.(x−y)2

⇔ (x−y)4−4(x−y)2+4≥0 ⇔ [ (x−y)2−2]2 ≥0

BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh

Bài 6: Cho xy ≥ 1 Chứng minh rằng

xy y

21

11

1

2 2

Giải: Ta có

xy y

21

11

11

11

1

2 2

2

≥++

−+

++

−

xy y

y xy xy

x

x xy

⇔ ( ) ( ) (1 ).(1 ) 0

)(1

.1

)(

2

++

−+

++

−

xy y

y x y xy

x

x y x

⇔ ( ) ( )

(1 )(.1 ).(1 ) 0

1

2 2

2

≥++

+

−

−

xy y

x

xy x y

BĐT cuối này đúng do xy > 1 Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 7: Cho x.y =1 và x.y Chứng minh +

⇔ x2+ y2 + ( )2 2− 2 2 x +2 2y − 2xy ≥ 0 vì x.y = 1 nên 2.x.y = 2

⇒(x − y − 2 )2 ≥ 0 Điều này luôn luôn đúng

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 8: Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn a2+b2 =1 và

Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức quen thuộc

a

b b

a

d) x2 +y2 ≥ xy

dấu ( = ) khi x = y = 0 e) 2 2 2

x +y + ≥z xy yz xz+ + 2) Bất đẳng thức Cô si: n n a a a a n

n

a a

a a

3 2 1 3

2

1+ + + + ≥ Với a i >0 3) Bất đẳng thức Bunhiacopski

( ) ( ) ( )2

2 2 1 1 2 2

2

2 1 2 2

c b a

⇒

3

.33

C B A c b a cC bB

c b a

⇒

3

.33

C B A c b a cC bB

c b a

⇒(a + b)(b + c)(c + a)≥8abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

Bài 2: Cho a > b > c > 0 và a2 +b2 +c2 =1chứng minh rằng:

≥+

≥

≥

b a

c c a

b c b

2 2 2

++

++

≥+

++

+

c c a

b c b

a c b a b a

c c c a

b b c b

a

3

2 2 2 2

2

2

3.3

1

=21

Vậy

2

1

3 3

3

≥+

++

+

c c a

b c b

a

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =

31

Bài 4: Cho a, b, c, d > 0 và abcd = 1 Chứng minh rằng :

2 2 2

x+ ≥ )

a b c d 2(ab cd) 2(ab ) 4

ab+ + + ≥ + = + ≥ (1)

Mặt khác: a(b+c) (+b c+d) (+d c+a) = (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad)

ac ab

a d b c

11

1 + + a +b +c ≥ a+ b+ c

⇒3(a2 +b2 +c2)≥a2 +b2 +c2 +2(ab+bc+ac)

⇒a2 +b2 +c2 ≥ab+bc+ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

Bài 6: Cho a , b, c là các số thực và a + b +c = 1 Chứng minh rằng

3

1

2 2

+

c b a c b

Giải: (1) ⇔ 1+ + + +1+ + + +1≥9

a

c a

c c

b a

b c

a b a

b

c c

b a

c c

a a

b b a

Áp dụng BĐT phụ + ≥2

x

y y

+

c b a c b

Tacó (a b+ )2 ≥4ab ; (b c+ )2 ≥4bc ; (c a+ )2 ≥4ac

⇒(a b+ )2 (b c+ )2(c a+ )2≥64a b c2 2 2 =(8abc)2

⇒(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

Bài 9: Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:

Dấu đẳng thức xảy ra khi :

0,2

2

23

33

++

+

c a c

b c b a

d) Cho x 0≥ ,y 0≥ thỏa mãn 2 x− y =1 CMR: x + y

5

1

≥e) Cho 3 số dương a, b, c, biết a.b.c = 1 CMR: (a 1 b 1 c 1+ ) ( + ) ( + ≥) 8

f) Cho các số a ≥ 0, b ≥ 0 CMR: (a b ab 1+ ) ( + ≥) 4ab

g) Cho các số dương a, b, c, d, biết a.b.c.d = 1 CMR 2 2 2 2

a + + + + +b c d ab cd 6≥

d c a

d c a

⇒ (a  c)(b  d) > cd ⇔ ab  ad  bc + cd > cd

⇔ ab > ad + bc (điều phải chứng minh)

Bài 2: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn

3

5

2 2

2+ b + c =

a Chứng minh

abc c b a

111

11

⇒ (1 a)(1 b)(1 c)(1 d) > (1 a b c) (1 d) = 1 a b c d + ad + bd + cd

⇒ (1 a).(1 b) ( 1 c).(1 d) > 1 a b c d (Điều phải chứng minh)

Bài 4: a) Cho 0 < a, b, c < 1 Chứng minh rằng 2a3 +2b3 +2c3 <3+a2b+b2c+c2a

c b c

b

2 3

3

2 3

3

1

1+

Giải :

Ta thấy 31 < 11 11 ( )5 11 55 56

32 = 2 =2 <2 Mặt khác 56 4.14 ( )4 14 14 14

2 =2 = 2 =16 <17 Vậy 3111 < 1714 (đpcm)

Bài 5: Cho các số thực : a ; a ; a .; a1 2 3… 2003 thỏa mãn : a1+ a2+ +… +a3 a2003=1

Chứng minh rằng : a2

2003

2 3

c a b

c a b

c a b

a d

c b

+++

+++

+++

<

b a d

d a

d c

c d

c b

b c

b a a

Giải:

Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có

d c b a

d a c

b a

a c

b a

a

+++

+

<

++

a c

b a

a

+++

>

+

Từ (1) và (2) ta có

d c b a

a

+++ < a b c

a

++ <a b c d

d a

+++

+

(3) Tương tự ta có

d c b a

a b d

c b

b d

c b a

b

+++

+

<

++

<

++

d c b a

c b a

d c

c d

c b a

c

+++

+

<

++

<

++

d c b a

c d b

a d

d d

c b a

d

+++

+

<

++

<

++

+++

+++

+++

<

b a d

d a

d c

c d

c b

b c

b a

cd ab

<

+

+

2 2

cd d b

cd ab b

2 (điều phải chứng minh)

Bài 3: Cho a;b; c; d là các số nguyên dương thỏa mãn : a + b = c + d = 1000 tìm giá trị lớn nhất của

d

b c

b

≤ Từ :

c

a d

b

≤

d

b d c

b a c

a + =

d c

999

1+ Đạt giá trị lớn nhất khi d = 1; c = 999Vậy giá trị lớn nhất của

d

b c

a+ = 999 +

999

1 khi a = d = 1; c = b = 999

Bài 4: Cho a, b, c, d > 0 Chứng minh rằng :

b c b c b c a

+ + < + < + ++ + + + + + + + (2)

d a d a d a c

+ < + < + ++ + + + + + + + (3) Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :

2 2

1

+ +

=

n n

n

a

a a

a a

a a a

Bài 1 : Với mọi số tự nhiên n > 1 chứng minh rằng

4

31

2

11

12

++++

++

<

n n n

n

Giải:

Ta có

n n n k

11

1

2

12

1

2

11

1

=

=++

>

+++

+

n n n

n n

n

Bài 2 : Chứng minh rằng: 1 2( 1 1)

3

12

++

>

1

22

21

Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có:

1 > 2( 2−1)

11

Ph ương pháp 7: Dùng bất đẳng thức trong tam giác

Lưu ý: Nếu a; b; c là số đo ba cạnh của tam giác thì : a; b; c > 0

c a b

c b a

)(

)(

2 2 2

b a c c

c a b b

c b a a

Bài 2: Chứng minh các BĐT sau:

1) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác

Chứng minh rằng ab+bc+ca<a2 +b2 +c2 <2(ab+bc+ca)

2) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2

Chứng minh rằng a2+b2+c2+2abc<2

Ph ương pháp 8: Đổi biến số

Bài 1: Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng

2

3

≥+

++

+

c a c

b c b

y+ −

; b =

2

y x

z+ −

; c =

2

z y

x+ −

Ta có (1) ⇔

z

z y x y

y x z x

x z y

22

2

−++

−++

−+

23

≥

⇔ + −1+ + −1+ + −1≥3

z

y z

x y

z y

x x

z x y

⇔ ( + )+( + )+( + )≥6

z

y y

z z

x x

z y

x x y

Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( + ≥2;

y

x x

y

+ ≥2

z

x x

z

; + ≥2

z

y y

12

1

2 2

+

++

++ bc b ac c ab

z y

x Với x + y + z < 1 và x, y, z > 0

Theo bất đẳng thức Côsi ta có

x+y+z≥3.3 xyz ; + + ≥

z y x

111

+

z y x z y x

Mà x + y + z < 1 Vậy 1+1+1 ≥9

z y

Gợi ý:

Đặt x =u , y =v ⇒2u v =1 và S = x + y = u2 + ⇒v2 v = 2u1 thay vào tính S min

Bài 4: Chứng minh các BĐT sau:

3) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 Chứng minh rằng: 25 16 >8

+

++

+

c a c

b c b a

4) Tổng quát m, n, p, q, a, b > 0 Chứng minh rằng:

( m n p) (m n p)

b a

pc a c

nb c b

ma

++

−+

+

≥+

++

++

2

2 2

−+

−

=

y

y y y

y

Vậy f x, y( ) >0 với mọi x, y

Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n>n0ta thực hiện các bước sau :

1) Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n=n0

2) Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được gọi là giả thiết quy nạp ) 3) Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh rồi

biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)

4) kết luận BĐT đúng với mọi n>n0

Bài 1: Chứng minh rằng

n n

12

1

2

11

1

2 2

1

1+ < − (đúng) Vậy BĐT (1) đúng với n = 2

Giả sử BĐT (1) đúng với n = k ta phải chứng minh

11

2

11

1

2 2

112)1(

11

2

11

1

2 2

2 2

⇔

k k

11

11

1)

1(

1

1

1

2 2

+

++

<

+++

⇔ 2 1 ( 2) ( 1)2

)1(

1

1 < ⇔ + < ++

+

k k

k

⇔k2 + 2k < k2 + 2k + 1 Điều này đúng Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh

Bài 2: Cho n∈N và a + b > 0 Chứng minh rằng

n

b a

b a b

⇔Vế trái (2) ≤

24

2

.2

1 1 1

=+

1 1

1 1

≥+++

2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “G ⇒ K” phép toán mệnh đề cho ta :

Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết luận của nó

Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :

A - Dùng mệnh đề phản đảo : K− ⇒G−

B – Phủ định rôi suy trái giả thiết :

C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng

D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau

E – Phủ định rồi suy ra kết luận :

Bài 1: Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b + c > 0 , ab + bc + ac > 0 , abc > 0

Bài 2: Cho 4 số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện ac ≥ 2.(b+d)

Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:

2

a + < + (1) Theo giả thiết ta có 4(b+d) ≤ 2ac (2)

Từ (1) và (2) ⇒ a2+c2 <2ac hay (a−c)2 <0 (vô lý)

Vậy trong 2 bất đẳng thức a2 <4b và c2 <4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai

Bài 3: Cho x, y, z > 0 và xyz = 1 Chứng minh rằng

Nếu x + y + z >

z y x

11

1+ + thì có một trong ba số này lớn hơn 1

Giải :

Ta có (x1).(y1).(z1) = xyz – xy  yz + x + y + z –1

= x + y + z – (

z y x

111++ ) vì xyz = 1

Theo giả thiết x + y + z >

z y x

111++ nên (x1).(y1).(z 1) > 0

Trong ba số x1 , y1 , z1 chỉ có một số dương

Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết)

Còn nếu 2 trong 3 số đó dương thì (x1).(y1).(z1) < 0 (vô lý)

Vậy có một và chỉ một trong ba số x, y, z lớn hơn 1

Ta có từ (1) ⇒ Dấu bằng xảy ra khi 1≤ ≤x 4

(2) ⇒ Dấu bằng xảy ra khi 2≤ ≤x 3

Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2≤ ≤x 3

Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của S = xyz.(x + y).(y + z).(z + x) với x, y, z > 0 và x + y + z = 1

729 khi x = y = z =

13

Bài 3: Cho xy + yz + zx = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của x4 +y4 +z4

±

Bài 4: Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện tích lớn nhất

Giải :

Gọi cạnh huyền của tam giác là 2a

Đường cao ứng với cạnh huyền là h

Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x, y

Ta có S =1 ( ) 2

x y h a.h a h a xy

Vì a không đổi mà x + y = 2a

Vậy S lớn nhất khi x.y lớn nhất ⇔ =x y

Vậy trong các tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích lớn nhất

ii Dùng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình

Bài 1: Giải phương trình sau 4 3x2+6x+19+ 5x2+10x+14 4 2= − x x− 2

Giải :

Ta có 3x2+6x+19 =3.(x2+2x+ +1) 16=3.(x+1)2+ ≥16 16

2 ( )2

5x +10x+ =14 5 x+1 + ≥9 9 Vậy 4 3x2+6x+19+ 5x2+10x+14 4.4 3 19≥ + =

Dấu ( = ) xảy ra khi x + 1 = 0 ⇒ x =  1

Vậy 4 3x2+6x+19+ 5x2+10x+14 4 2= − x x− 2 khi x = 1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

Bài 2: Giải phương trình x+ 2−x2 =4y2+4y+3

2 Vậy x+ 2−x2 =4y2 +4y+ =3 2 khi x = 1 và y = 1

2

Vậy nghiệm của phương trình là

112

x y

Bài 4: Giải hệ phương trình sau

2 2

4 82

Giải: