Định lí cơ bản của số học: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên t ố một cách duy nhấtkhông kể thứ tự các thừa số.. Một số phương pháp thông thường để giải bài t
Trang 1TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011
PHẦN SỐ HỌC Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN
SỐ NGUYÊN TỐ
A Nhắc lại và bổ sung các kiến thức cần thiết:
I Tính chia hết:
1 Định lí về phép chia: Với mọi số nguyên a,b (b≠0), bao gi ờ cũng có một cặp số nguyên q, r sao cho : a = bq + r v ới 0≤r< b
a gọi là số bị chia , b là số chia, q là thương và r là số dư
Trong trường hợp b > 0 và r≠0 có thể viết: a = bq + r = b(q +1)+ r - b
Ví dụ: Mọi số nguyên a đều có dạng:
a = 2q ±1 (xét phép chia cho b = 2)
a = 3q ; 3q ±1 (xét phép chia cho b = 3)
a = 4q ; 4q ±1 ; 4q ± 2 (xét phép chia cho b = 4)
a = 5q; 5q ± 1; 5q ±2 (xét phép chia cho b = 5)
2 Tính chia hết: Nếu a chia b mà số dư r = 0, ta nói :
a chia h ết cho b hay a là bội của b (kí hiệu a M b)
b chia h ết a hay b là ước của a (kí hiệu b\ a)
Vậy: aMb (b\ a) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = bq
3 Các tính chất:
1) N ếu aMb thì ±a M ± b (b≠0)
2) a M a; 0 M a v ới mọi a ≠ 0
3) a M ±1 v ới mọi a
4) N ếu aM m thì a n M m (m ≠0, n nguyên d ương)
5) N ếu aMb và bMa thì |a| = |b|
6) N ếu aM b và bM c (b,c≠0) thì aM c
7) N ếu a Mc và bMc(c≠0) thì (a±b)Mc Điều ngược lại không đúng
8) N ếu aM m ho ặc bM m thì abM m(m≠0) Điều ngược lại không đúng
9) N ếu aMp và a Mq, (p, q)= 1 thì aM pq
10) N ếu a = mn; b = pq và mMp nMq thì aMb
11) N ếu abM m và (b,m) = 1 thì aM m
12) N ếu a±bM m và aM m thì bM m
II Số nguyên tố:
1.Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và chính nó
H ợp số là số tự nhiên lơn hơn 1 có nhiều hơn hai ước
S ố 1 và số 0 không phải là số nguyên tố cũng không phải là hợp số
2 Định lí cơ bản của số học: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên t ố một cách duy nhất(không kể thứ tự các thừa số)
Số nguyên tố được coi như là tích chỉ gồm một thừa số là chính nó
Có vô số số nguyên tố (không có số nguyên tố lớn nhất)
Số hoàn chỉnh: là số bằng tổng các ước của nó không kể bản thân nó
Ví dụ: 6 , 28, , 2n-1(2n - 1)
III Một số phương pháp thông thường để giải bài toán về chia hết:
Cách 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể xét mọi trường hợp số dư khi
Trang 2TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011
chia n cho k
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
a) Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2
b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3
Giải : a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng A(n) = n(n + 1)
Có hai trường hợp xảy ra :
* n M 2 => n(n + 1) M2
* n không chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1) M 2 => n(n +1) M 2
b) Chứng minh tương tự a
Cách 2: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể phân tích k ra thừa số: k = pq
+ Nếu (p, q) = 1, ta chứng minh A(n) M p và A(n) M q
+ Nếu (p, q) ≠1, ta phân tích A(n) = B(n) C(n) rồi chứng minh:
B(n) M p và C(n) M q
Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2) M6
b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8
Giải : a) Ta có 6 = 2.3; (2,3) = 1 Theo chứng minh trên đã có A(n) chia hết cho 2 và 3
Do đó A(n) chia hết cho 6
b) Ta viết A(n) = 2n(2n + 2) = 2n 2(n +1) = 4n(n + 1)
8 = 4 2
Vì 4 M4 và n(n +1) M2 nên A(n) M 8
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng n5 - n chia hết cho 10, với mọi số nguyên dương n
(Trích đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2005 - 2006)
Giải : A(n) = n5 - n = n(n4 - 1) = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 +1) M 2
n = 5k + 1 => (n - 1) M 5
n = 5k + 4 => (n + 1) M 5
n = 5k + 2 => n2 + 1 = (5k + 2)2 + 1 = (25k2 + 20k + 4 + 1) M5
n = 5k + 3 => n2 + 1 = (5k + 3)2 + 1 = (25k2 + 30k + 9 + 1) M5
Vậy : A(n) chia hết cho 2 và 5 nên phải chia hết cho 10
Cách 3: Để chứng minh A(n) chia hết cho k , có thể biến đổi A(n) thành tổng(hiệu) của nhiều hạng tử , trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k ( Đã học trong tính chất chia hết của một tổng ở lớp 6)
(Liên hệ: A(n) không chia hết cho k )
Ví dụ 4: Chứng minh n3 - 13n (n > 1) chia hết cho 6 (Trích đề thi HSG cấp II toàn quốc
n ăm 1970)
Giải : n3 - 13n = n3 - n - 12n = n(n2 - 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n
(n - 1)n(n + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6 ; 12n M6 Do đó A(n) M 6
Ví dụ 5: Chứng minh n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 , với mọi số n lẻ
Giải : Với n = 2k +1 ta có:
A(n) = n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = 4k2 + 4k + 1 + 8k + 4 + 5
= 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2
A(n) bằng tổng của ba hạng tử, trong đó hai hạng tử đầu đều chia hết cho 8 , duy chỉ có hạng tử 2 không chia hết cho 8 Vậy A(n) không chia hết cho 8
Cách 4: Viết A(n) được dưới dạng: A(n) = k.B(n) thì A(n) chia hết cho k
Hệ quả: Nếu A(n) = B(n).C(n) mà B(n)và C(n) đều không chia hết cho k thì A(n)
Trang 3TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011
không chia hết cho k
Ví dụ 6: Chứng minh : 2 + 22 + 23 + + 260 chia hết cho 15
Giải: Ta có: 2 + 22 +23 + + 260 = (2 + 22 + + 24) + (25+ +28)+ +(257 + 260)
= 2(1+2+4+8) +25(1+2+4+8) + + 257(1+2+4 + 8) = 15.(2 + 25 + + 257)M15
IV Một số phương pháp đặc biệt để giải toán chia hết:
Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet:
Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dưới dạng hình ảnh như sau:
Nếu nhốt k chú thỏ vào m chuồng mà k> m thì phải nhốt ít nhất hai chú thỏ vào chung một chuồng
Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong m + 1 số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu chia hết cho m
Giải: Chia một số nguyên bất kì cho m ta được số dư là một trong m số 0; 1 ; 2; 3; ; m
- 1 Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m thì phải có ít nhất hai số có cùng số
dư Do đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho m
Cách 6: Dùng phương pháp qui nạp toán học: Để chứng minh A(n) M k ta làm theo trình tự sau:
Thử với n = 1 hoặc 2(Tức số n nhỏ nhất chọn ra).Nếu sai => Dừng.Nếu đúng A(1)Mk.Tiếp tục:
Giả sử A(k) Mk
Chứng tỏ A(k + 1) Mk Nếu đúng => Kết luận : A(n) Mk
Ví dụ 8: Chứng minh : 16n - 15n - 1 chia hết cho 225
Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0 M225 => A(1) đúng
Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16k - 15k -1 M 225 Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/m:
16k + 1 - 15(k + 1) - 1M225
Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16 16k - 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16k - 15k - 15 - 1
= 15.16k + 16k - 15k -15 - 1 = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1)
= (16k-15k-1)+15(16 - 1)(16k-1 + +1) = (16k - 15k - 1) + 225(16k-1+ + 1) M225
Cách 9: Phương pháp phản chứng:
Để chứng minh A(n) M k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k là sai
B PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh:
1 a) 192007 - 192006 chia hết cho 9
b) 92n + 14 chia hết cho 5
c) Tổng của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3, tổng của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho5
2 Tích của một số chính phương và một số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia hết cho 12
3 (n2 - 1)n2(n2 + 1) chia hết cho 60
4 a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49
b) n2 + 3n +5 không chia hết cho 11
5 a) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24
b) n4 - 4n3 - 4n2 - 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384
6 4n + 15n - 1 chia hết cho 9
7 n2 + 4n + 3 (n lẻ) chia hết cho 8
8 n3 + 3n2 - n - 3 chia hết cho 48
9) 36n -26n chia hết cho 35
Trang 4TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011 10) ab(a2 + b2)(a2 - b2) chia hết cho 30 với mọi số nguyên a,b
11) a) (62n + 19n - 2n+1) chia hết cho17
b) (7.52n + 12.6n) chia hết cho 19
c) (5n+2 + 26.5n + 82n+1) chia hết cho 59
12) a)a2 + b2 chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7
b) a2 + b2 chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3
Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC
A Tóm tắt lý thuyết:
I Định nghĩa:
1.Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0.Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m có cùng
số dư thì ta nói rằng a đồng dư với b theo môđun m và viết:
2 Ví dụ: 3 ≡ 5 (mod2)
14 ≡ 0 (mod 7)
II Tính chất :
1 Nếu a ≡ b (mod m) thì a - b M m
2 Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡c (mod m)
3 Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì a ± c ≡ b ± d (mod m)
4 Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì ac ≡ bd (mod m)
5 Nếu a ≡ b (mod m) thì an ≡ bn (mod m)
6 Nếu a ≡ b (mod m) thì ka ≡ kb (mod m) với k > 0
7 Nếu ka ≡ kb (mod km) thì a ≡ b (mod m) với k > 0
8 Nếu ka ≡ kb (mod m) và (k , m) = 1thì a ≡ b (mod m)
9 Định lí Fermat: Nếu p là số nguyên tố thì : np
≡ n (mod p) ; n∈ Z
Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : np-1 ≡ 1 (mod p), với (n,p) = 1
10 Định lí Euler : Cho m là một số nguyên dương bất kì và (m) là số các số dương nhỏ hơn m và nguyên tố với m Thế thì : n(m) ≡ 1 (mod m)
* Cách tính (m) : phân tích m ra thừa số nguyên tố :
m = a1α a2β anλ Thế thì : (m) = m
−
−
−
n a a
a
1 1
1 1
1 1
2 1
III Bài tập ứng dụng:
Bài 1: Chứng minh 2100 - 1 chia hết cho 5
Giải : Ta có 24≡1(mod 5) =>(24)25 ≡125 (mod 5) =>2100 ≡1(mod 5) hay 2100 - 1 M 5
Bài 2: Tìm số dư của phép chia 299 cho 3
Giải : Có 23 ≡ -1 (mod 3)⇔ (23)33 ≡ (-1)33 (mod 3)⇔ 299 ≡ -1 (mod 3)
Vậy 299 chia 3 dư 2
Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2999
Bài 4: Chứng minh 22008 không chia hết cho 10
Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983k - 1 chia hết cho 105
Giải:
Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet:
Cho k lần lượt lấy 105 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 105 + 1 giá trị khác
Trang 5TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011 theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư khi chia cho 105 Giả sử đó là hai số 1983m -1 và 1983n - 1 (m > n) Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 105:
(1983m - 1) - (1983n -1) = 1983m - 1983n = 1983n (1983m-n -1) M 105
Do 1983 không chia hết cho 105 => 1983n cũng không chia hết cho 105
Vì vậy 10m-n - 1 chia hết cho 105 Như vậy tìm được số k = m-n sao cho 1983k - 1 chia hết cho 105
Cách 2: Áp dụng định lí Euler:
Vì 1983 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 , còn 105 = 2555 nên (1983,
105) = 1 Áp dụng định lí Euler: 1983(10
5
)
≡ 1 (mod 105)
Mà (105) = 105(1 -
2
1 ) (1 - 5
1 ) = 4 104 Nên ta có 19834.104 ≡ 1 (mod 105)
số 4.104 là số k phải tìm
Đề bài áp dụng:
1 Tìm số dư khi :a) chia 8! Cho 11; b) chia 15325 -1 cho 9
c) chia 340 cho 83.; d) chia 21000 cho 25; e) chia 301293 cho 13
2 Chứng minh rằng : a) 24n - 1 M 15; b) 270 + 370M 13
c) 122n+1 - 11n+2 M 133; d) 22225555 + 55552222 M 7
e) 14k + 24k + 34k + 44k không chia hết cho 5
TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011
KẾ HOẠCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 9
Năm học 2011-2012 Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử
a ( 2 1) ( 2 1)
+
− + x a x
a
x x
x−1+ +3 − Giải:
a Dùng phương pháp đặt nhân tử chung
( 2 1) ( 2 1)
+
−
+ x a
x
( − ) (− − ) (= − )( −1)
= ax x a x a x a ax
b Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức
n n
x x
x−1+ +3− ( 3 1) ( 1)
− +
−
1 1 1
1 1
1
1 2
2 2
+ + +
−
=
+ + +
−
=
− + + +
−
=
+
n
n n
x x x
x
x x x x x
x x
x
x
Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a x8 + 3x4 + 4
b x6 - x4 - 2x3 + 2x2
Giải:
a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi sử dụng hằng đẳng thức
x8 + 3x4 + 4 = (x8 + 4x4 + 4)- x4
= (x4 + 2)2 - (x2)2
= (x4 - x2 + 2)(x4 + x2 + 2)
Trang 6TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011 b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng hằng đẳng thức
x6 - x4 - 2x3 + 2x2 = x2(x4 - x2 - 2x +2)
( 1) [ 2 2]
1 1 1
1 1
1 2 1
2
2 2
2
2 2
2 2 2
2
2
2 2
4
2
+ +
−
=
+ +
−
=
− +
−
=
+
− + +
−
=
x x
x
x
x x
x x
x
x
x x x
x
x
Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a 2 a2b 4 ab2 a2c ac2 4 b2c 2 bc2 4 abc
− +
− +
− +
b. 4 2007 2 2006 2007
+ +
a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi nhóm thích hợp:
abc bc
c b ac
c a ab
b
− +
− +
−
(a b)( b c)(a c)
c b c c b a b a bc c
ac ab
b
a
b a bc b
a c b a ac b
a
ab
abc bc
c b ac abc c
a ab
b
a
abc bc
c b ac c a ab
b
a
−
− +
=
−
−
− +
=
− +
− +
=
+
− + +
+
− +
=
=
− +
− +
−
− +
=
− +
− +
− +
2
2
2 2
2 2
2
2
2 2
2 2
2
2
2 2
4 2
4
2
4 2
4 4
2
2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2
b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức
2007 206
2007 2
4
+ +
x
1 2007
1 1
2007 2007
2007
2 2
2 2
2 4
+
− +
+
=
+ + +
+ +
−
=
+ +
+
−
=
x x x x
x x x
x x x
x x
x x
Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a.a3 b3 c3 3abc
− + +
c b a c
b
Giải: Sử dụng các hằng đẳng thức
( a b ) ( a b ab )
b
( a + b ) ( [ a + b )2 − 3 ab ]
=
(a+b) − ab(a+b)
=
−
+
+b c abc
− +
− + +
=
c b a ab c
c b a b
a c
b
a
−
−
− + + +
+
=
+ +
− + +
− + +
+
=
2 2 2
2
c b a
c b a c
b a c
b
(b c) ( a ab bc ca) (b c)(a c)(a b)
c bc b c b a c b a a c b a
c
b
+ + +
= +
+ + +
=
+
− +
− + + + + + +
+
=
3 3
3 3
3 2
2 2
2 2
Ví dụ 5: Cho a + b + c = 0
Chứng minh rằng :a3 + b3 + c3 = 3abc
Trang 7TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011
abc c
b a abc
c b a
c b a ab b
a c
b a
3 0
3
3
3 3 3 3
3 3
3 3
3 3
3
= + +
⇒
=
− + +
⇒
−
= + +
+
⇒
−
= +
⇒
Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, và 2a > b > 0 Tính 2 2
4a b
ab P
−
=
Giải: Biến đổi 4a2 + b2 = 5ab ⇔ 4a2 + b2 - 5ab = 0⇔( 4a - b)(a - b) = 0 ⇔a = b
Do đó
3
1 3
2 2
−
=
a
a b
a
ab P
Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác nhau và khác 0 Chứng minh rằng nếu:
1
;
= +
+
c
z b
y a
x z
c
y
b
x
a
2
2
2
2
2
= + +
c
z b
y a x
Giải: + + =0⇒ + + =0⇒ayz+bxz+cxy =0
xyz
cxy bxz ayz z
c y
b
x
a
Chuyên đề 2:.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI
1 Chứnh minh : a2 + b2 ≥ 2ab (Với a , b ≥ 0) (BĐT Cô-si)
Giải:( a – b )2 = a2 - 2ab + b2 ≥ 0 ⇒ a2 + b2 ≥ 2ab Đẳng thức xảy ra khi a = b
2 Chứng minh: ( a + b )2 ≥ 4ab (Với a , b ≥ 0)
Giải:( a+b )2 = (a2 - 2ab + b2 )+ 4ab = (a-b)2 + 4ab ≥ 0 + 4ab ⇒ ( a + b )2 ≥ 4ab
Đẳng thức xảy ra khi a = b
3 Chứng minh: 2(a2 + b2) ≥ ( a+b )2 (Với a , b ≥ 0)
Giải:2(a2 + b2) – ( a+b )2 = a2-2ab+b2 = (a-b)2 ≥ 0 ⇒ 2(a2 + b2) ≥ ( a+b )2
Đẳng thức xảy ra khi a = b
4 Chứng minh: ba + ba ≥ 2 (Với a.b > 0)
Giải:ba + ba = (a
2+b2)
ab Do ab ≤
a2+b2
2 ⇒
(a2+b2)
ab ≥ 2 Hay
a
b +
b
a ≥ 2
Đẳng thức xảy ra khi a = b
5 Chứng minh: ba + ba ≤ - 2 (Với a.b < 0)
Giải: ba + ba = - a
2+b2
| |a.b Do
a2+b2
| |a.b ≥ 2 ⇒ -
a2+b2
| |a.b ≤ -2 Hay
a
b +
b
a ≤ - 2
Đẳng thức xảy ra khi a = -b
Trang 8TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011
6 Chứng minh: 1a + 1b ≥ a+b4 (Với a , b > 0)
Giải:1a + 1b - a+b4 = (a+b).a+(a+b).b-4ab(a+b).ab = (a-b)
2 (a+b).ab ≥ 0 ⇒
1
a +
1
b ≥
4 a+b
Đẳng thức xảy ra khi a = b
Chứng minh rằng: a2 +b2 +c2 ≥ ab+bc+ca
Giải:2(a2 +b2 +c2) – 2(ab+bc+ca) =(a-b)2 +(b-c)2 +(c-a)2 ≥ 0
7 ⇒ 2(a2 +b2 +c2) ≥ 2(ab+bc+ca) Hay a2 +b2 +c2 ≥ ab+bc+ca Đẳng thức xảy ra khi a = b;b = c;c = a ⇔ a = b= c
Chuyên đề 3:TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
DẠNG P = ax2 + bx + c
•••• Nếu a > 0 :
2 2
ax + bx +c =
b
a
Suy ra = 4ac-b2
4a
2a
•••• Nếu a < 0 :
2 2
ax + bx +c =
b
a
Suy ra ax 4 a c+b2
4 a
2 a
Một số ví dụ:
1 Tìm GTNN của A = 2x2 + 5x + 7
Giải:A = 2x2 + 5x + 7 = 2 5 25 25
5 2 25 56 25 5 2 31 5 2
2 Suy ra 31 5
3 Tìm GTLN của A = -2x2 + 5x + 7
Giải: A = -2x2 + 5x + 7 = - 2 5 25 25
5 2 25 56 25 5 2 81 5 2
5 Tìm GTNN của B = 3x2 + y2 - 8x + 2xy + 16
Giải: B = 3x2 + y2 - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2)2 + (x + y)2 + 8 ≥ 8
⇒ MinB = 8 khi :
x-2=0 x+y=0 ⇔
x=2 y=-2
6 Tìm GTLN của C = -3x2 - y2 + 8x - 2xy + 2
Giải: C = -3x2 - y2 + 8x - 2xy + 2 = 10 -[2(x-2)2+(x+y)2] ≤ 10
Trang 9TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011
⇒ GTLNC = 10 khi:
x-2=0 x+y=0 ⇔
x=2 y=-2
Chuyên đề 4: BIẾN ĐỔI PHÂN THỨC
• Ví dụ 1`:
a Rút gọn Biếu thức
6 2
9 12 4
2 2
−
−
+ +
=
a a
a a
2
3
−
≠
b Thực hiện phép tính:
( a)
a a
a a
a a
−
+ +
− +
+ +
2
2 2
8 : 5 , 0 1
2 5
,
(a ≠ ±2.)
Giải:a
6 2
9 12 4
2 2
−
−
+ +
=
a a
a a
3 2 2 3 2
3
−
+
=
− +
+
=
a
a a
a a
b
a a
a a a a a
a a
a a
−
+
−
+
⋅ +
+ +
=
−
+ +
− +
+ +
2
2 8
2 2
4 2 2
2 2
8 : 5 ,
0
1
2 5
,
0
3
2 3
2
a a
a a
a a
a
2
2 2
2 4
2 2
4 2
2
2
=
−
−
=
−
− + +
−
+ +
=
• Ví dụ 2 Thực hiện phép tính:
xy y
x
y x y
x
xy y x A
2
: 2 3 2 3
2 2
2 2
− +
+
−
− +
Giải:
2
2
2
A
−
• Ví dụ 3 Cho biểu thức :
1 2
1
2 3 4
3 4
+
− +
−
+ + +
=
x x x x
x x x
a Rút gọn biểu thức A
b Chứng minh rằng A không âm với mọi giá trị của x
1
1 1
2
1
2 2 3 4
3 4 2
3 4
3 4
+
− + +
−
+ + +
= +
− +
−
+ + +
=
x x x x x
x x x x
x x
x
x x x
A
3
1
2
2
≥
⇒
>
+
≥ + +
+
x
x
A
Ví dụ 4 Tính giá trị biếu thức : 5 6 7 8
8 7 6 5
−
−
−
+ + +
a a a a
a a a a
với a = 2007.Giải:
1
2007 1
B
• Ví dụ 5: Tính giá trị biếu thức :
2
2 :
25 10
25
2 2
3 2
−
−
− +
−
−
y y
y x x
x
Trang 10TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011
Biết x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - x−3
Giải:
x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - x−3 ⇔(x− 3y)2 + x− 3 = 0
=
=
⇔
=
=
⇔
1
3 3
3
y
x x
y
x
2
1 2 5
5 5 2
2 :
25 10
25
2 2
2
3
2
−
+
−
⋅
−
+
−
=
−
−
− +
−
−
=
y
y y x
x
x x y
y
y x x
x
x
8 2 3
2 8 5
1 5
−
=
−
=
−
+ +
=
x x
y x
Chuyên đề 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x2 – 2(m – 1)x – 3 – m = 0 (1)
a) Giải phương trình khi m = 2
b) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm số với mọi m
c) Tìm m sao cho nghiệm số x1, x2 của phương trình thỏa mãn
điều kiện 2
1
2
x ≥ 10
Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện:
− +
<
+
>
ac bc ab a
c
c
2
0
2
Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 luôn luôn có nghiệm
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện: a2 + ab + ac < 0
Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt
Bài 4: Cho phương trình x2 + px + q = 0 Tìm p, q biết rằng phương trình có hai
nghiệm x1, x2 thỏa mãn:
=
−
=
−
35
5
3 2
3 1
2 1
x x
x x
Bài 5: CMR với mọi giá trị thực a, b, c thì phương trình
(x – a)(x – b) + (x – c)(x – b) + (x – c)(x – a) = 0 luôn có nghiệm
Bài 6: CMR phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠0) có nghiệm biết rằng 5a + 2c = b
Bài 7: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác CMR phương trình sau có nghiệm:
(a2 + b2 – c2)x2 - 4abx + (a2 + b2 – c2) = 0
Bài 8: CMR phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠0) có nghiệm nếu 2 ≥ + 4
a
c a b
Bài 9: Cho phương trình : 3x2 - 5x + m = 0 Xác định m để phương trình có hai nghiệm
thỏa mãn: 2
1
2
9 5
Bài 10: Cho phương trình: x2 – 2(m + 4)x +m2 – 8 = 0 Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:
a) A = x1 + x2 -3x1x2đạt GTLN
b) B = x12 + x22 - đạt GTNN
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1,x2 không phụ thuộc vào m
Bài 11: Giả sử x1,x2 là hai nghiệm của phương trình bậc 2:
3x2 - cx + 2c - 1 = 0 Tính theo c giá trị của biểu thức: