Bài tập tính giá trị biểu thức

[r]

BT: TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c ®a thøc sau:

1) P=3x5+12x4-8x3-23x2-7x+1 víi x=-2+ 5

2) P=2x4+15x3-11x2-60x+57 víi x=-5+ 7

3) P=3x4-8x3-7x2+6x+1 víi x=1- 5

4) P=x5-11x4+39x3-48x2+20x+1 víi x=3- 2

5) P=2x5-8x4-5x3+31x2-19x+1 víi x=2+ 3

6) P=(x5+2x4-17x3-x2+18x-17)2000 víi x= 17-1 §S: 1

7) P=(4x5+4x4-5x3+5x-2)2+2008 víi x=



 §S: 2009

8) P=(4x5+8x4-5x3- 4x2+9x-2)2012+2012 víi x=



 §S: 2013

BT: BiÕt 2

2

x

x  x  TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc

2

1

x

x x 

BT: Cho

    TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc M=

:

theo a

BT: BiÕt 2 1

x

a

x  x  TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc M=

2

1

x

x x  theo a

BT: Cho x2 4x  1 0 TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A=

2 1

x

HD: Dïng ph¬ng ph¸p h¹ bËc §S: 15

BT: BiÕt 2

1

x

x  x  TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc M=

2

1

x

x x 

BT: BiÕt 2

1

x

x  x  TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc M=

2

1

x

x x  §S:

1 35

BT: TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A=

x

x2 +x +1=

1 4

BT: TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A =

1

1 4

x

x  x 

BT: Cho c¸c sè d¬ng a, b, c tho¶ m·n

 

 

2 1

2 2

   





2

2 2 2

2 2 2

2 2

1

1 1

1

1 1 1

1 1

c

b a

c b

a c

b a

c b a

S

























=2

BT: Cho c¸c sè d¬ng a, b, c tho¶ m·n

 

 

   





3 1

5 2

Chøng minh r»ng:

A=a2  2 b2  2 c2  2

lµ b×nh ph¬ng mét sè nguyªn

 2  2  2  2  2  2

BT: Cho a, bµ c¸c sè d¬ng t/m ®k a2 =b +3992 vµ x, y lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n

ì + + =

ïï

íï + + =

ïî .CMR gi¸ trÞ cña biÓu thøc B sau ®©y kh«ng phô thuéc vµo x,y,z:

M=

BT: Cho a, b, c, x, y, z >0 tho¶ m·n x+y+z = a; x2+y2+z2 = b; a2 =b +4010

TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:

M=

BT: CMR nÕu a, b, c lµ c¸c sè d¬ng t/m ab+bc+ca=1 th×:

S  a   b   c   a b c 

BT: Cho c¸c sè d¬ng x, y, z tho¶ m·n xy + yz + zx = 3.TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:

A=yz

3 − x√(3+ y2) (3+ z2)

3+x2

+ ¿ zx

3− y√(3+z2) (3+x2)

3+ y2

+ ¿ xy

3− z√(3+x2)(3+ y2)

3+z2

BT: Cho x=by+ cz , y=ax +cz , z=ax+by vµ x + y +z# 0

TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: B=√1+a2 +

2

2

1+c.

BT: Cho a+b+c=0 vµ a, b, c0

Chøng minh r»ng: A=√ 6 a2

a2− b2− c2+

6 b2

b2−c2− a2+

6 c2

c2−a2− b2 lµ sè nguyªn.

BT: Cho a,b,c lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n (a+b)(b+c)+(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)=1 TÝnh tæng A+B+C biÕt r»ng:

A=(a+b)

B=(b+c)

A=(a+b)

BT: Cho x, y, z lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n x+y+z+ xyz  4

Chøng minh r»ng x( 4  y)( 4  z)  y( 4  x)( 4  z)  z( 4  x)( 4  y)=8+ xyz

BT: Cho x, y, z lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n x+y+z+ xyz  4

TÝnh S = x( 4  y)( 4  z)  y( 4  x)( 4  z)  z( 4  x)( 4  y)- xyz

BT: Cho a, b lµ c¸c sè h÷u tØ d¬ng vµ a3+b3=2a2b2 Chøng minh r»ng

1

ab lµ sè h÷u tØ

BT: Cho a, b lµ c¸c sè h÷u tØ d¬ng vµ a5+b5=2a2b2 Chøng minh r»ng 1-ab lµ b×nh

ph-¬ng cña sè h÷u tØ

BT: Cho x, y là các số hữu tỉ thoả mãn đẳng thức (x+y)3=xy(3x+3y+2) Chứng minh rằng 1 xy là số hữu tỉ

BT: Giải phơng trình x+

2

BT: Giải phơng trình 2x+

1 2 4

x x 

(ĐT HSG quận I TPHCM năm 2009-2010)

BT: Rút gọn biểu thức

BT: ứng dụng bài toán trên, giải phơng trình:

=

1

2(2x3+x2+2x+1)

(đề thi vào PTTH Hà Nội năm 2009-2010)

BT: Giải pt

BT: Tính D  111111555555 1 

BT: Tính D  66666662 44444442 22222222

BT: Tính giá trị của biểu thức sau: 1995.1996.1997.1999.2000.2001 36

BT: Chứng minh rằng số 20092 2009 20102 2 20102 là một số nguyên dơng

(ĐT vào 10 ĐHSP HN năm 2010-2011)

BT: Tính giá trị của biểu thức sau:

A=



2006.2007.2008.2009 2005.3006 1000 2005.2009 3 2005.2000 12.2006 2005.2006 2005.1001 1000

ĐS: 1

BT: Tính A=

2

2007.2011 2005 2007.2002 12.2008 2009.4018

ĐS: 1

BT:

20012  2007 2001  2 4002 3 2002  

1998.2000.2002.2003

BT:

2005.2007.2010.2011

HD: Đặt x=2008 có ĐS: x+1 nên bằng 2009

BT:

2003 2013 31.2004 1 2003.2008 4

P

2004.2005.2006.2007.2008



BT:



BT: Phân tích ra thừa số a3b3c3 3abc

3

3

8a  27b  64c  72abc

BT: Tính giá trị của các biểu thức sau:

Cho a+b+c=3 Tính giá trị của biểu thức      

3

A



Cho a-b+c=-4 Tính giá trị của biểu thức      

3

A



Cho a+b-c=6 Tính giá trị của biểu thức      

3

A



Cho a-b-c=2 Tính giá trị của biểu thức      

3

A



BT: Cho a3+b3+c3=3abc Rút gọn      

abc A



BT: Cho a, b, c khác 0 thoả mãn a3b3c3 3abc Tính

E

BT: Cho a, b, c khác 0 thoả mãn a3b3 c3 3abc Tính

E

BT: Cho a, b, c khác 0 thoả mãn a3 b3c3 3abc Tính

E

BT: Cho a, b, c khác 0 thoả mãn a3 b3 c3 3abc Tính

E

BT: Cho a, b, c khác 0 thoả mãn a38b327c3 18abc

Tính

E

BT: Tìm a, b, c để  







2

a - b - c = 3abc

a = 2 b + c

BT: Tìm nghiệm nguyên dơng của hệ phơng trình  

a + b + 3abc = c

= 2a + 2b







3

2 3

c

BT: Cho a, b, c đôi một khác nhau Rút gọn:

P



BT: Cho ba số x,y,z >0 tm x x y yz z3 xyz Tính A=

BT: Cho x, y, z là các số thực dơng thoả mãn

Chứng minh rằng với mọi n nguyên dơng n 2

thì

BT: cho các số thực dơng a, b, c thoả mãn đẳng thức: a b c  a b c CMR:

2006a 2006b 2006c  2006a b c 

BT: Tìm tất cả các giá trị x,y,z thỏa mãn điều kiện : x yz  x y z

BT: Tìm các Z+ a, b, c thoả mãn

1 1 1

1

a b c







BT: Cho a, b, c>0 và c khác 0 CMR

1 1 1

0

a b c khi và chỉ khi a b  a c  b c

BT: Cho các số dơng x,y,z thoả mãn điều kiện xyz=100 Tính giá trị của biểu thức

10

y

P

      (đề thi HSG Phú Thọ 2008-2009)

BT:Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x, y sao cho : x y  1980

BT: Với số tự nhiên n, n³ 3 Đặt:

n

S

Chứng minh Sn<

1 2

(ĐT Lớp 10 chuyên LQĐ Bình Định 2009-2010)

BT: Tính giá trị của biểu thức sau: A= 5 13 5 13 5  vô hạn dấu căn Vậy A=3

BT: Cho

(x  x  3).(y  y  3)  3 Tìm giá trị của biểu thức

2009 2009

30 4

A





BT: Cho x4+91- x4+16=5 Tính x?

BT: Cho các số thực x, y thoả mãn điều kiện x-1x2  y 1y2 CMR x=y

BT: Cho các số thực x, y thoả mãn điều kiện x2 5 x-1x2  y2 1 y1y2 CMR x=y

BT: Cho x, y thoả mãn: x 2 y3  y 2 x3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B x 2 2xy 2y2 2y 10 (Đề thi vào lớp 10 HD năm học 2009-2010-đợt 1)

BT: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện: x 1  y y  y 1  x x

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 2 2 8 5









S

(Phú Thọ 11-12)

BT: Giải hệ phơng trình:

( )

1 1

2001 2

ỡù + =

ùù

ùùợ

BT: giải hệ pt

ùùớ

*) Chú ý: những hệ pt vô tỷ đối xứng của x và y thì giải bằng p.p đánh giá nh trên.

TiÕp tôc MR bµi to¸n.

øng dông c¶ mét hÖ thøc truy håi BT: Gäi x x1 , 2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ax2 bx c  0a 0

n

S x x (víi n lµ sè nguyªn d¬ng) CMR aS nbS n1 cS n2  0 n 3

¸p dông tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A  1 5 6 1  56

Bµi gi¶i

=ax1n ax2n bx1n1 bx2n1 cx1n2 cx2n2

x  ax bx c x  ax bx c

Mµ ax12bx1  c ax22bx2  c 0 (v× x x1 , 2lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ax2 bx c  0) VËy aS nbS n1cS n2  0 n 3

¸p dông tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A  1 5 6 1  56

§Æt x1   1 5; x2   1 5 th× x1 x2  2; x x 1 2 4

Suy ra x x1 , 2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai ax2  2x 4 0  §©y lµ ph¬ng tr×nh bËc hai nªn ta cã S n 2S n1  4S n2  0 Suy ra: S n  2S n1  4S n2 (1)

Ta cã: A  1 5 6 1  56

=x16x26

nªn A=S6

Mµ S1 x1 x2  2

S x x  x x  x x    

Dïng hÖ thøc (1) víi n=3; n=4; n=5; n=6 ta cã:

S3  2S2  4S1  2.12 4.2 32  

S4  2S3  4S2  64 48 112  

S5  2S4  4S3  224 128 352  

S6  2S5  4S4  704 448 1152  

VËy A  1 5 6 1  56

=S6=1152

BT: Gäi x x1 , 2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ax2bx c  0a 0

§Æt S n x1nx2n

(víi n lµ sè nguyªn d¬ng) CMR aS nbS n1cS n2  0 n 3

¸p dông tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A  1 3 6 1  36

Bµi gi¶i

Mµ ax12bx1  c ax22bx2  c 0 (v× x x1 , 2lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ax2 bx c  0) VËy aS nbS n1 cS n2  0 n 3

¸p dông tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A  1 5 6 1  56

§Æt x1   1 5; x2   1 5 th× x1 x2  2; x x 1 2 4

Suy ra x x1 , 2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai ax2 bx c  0 §©y lµ ph¬ng tr×nh bËc hai nªn ta cã S n 2S n1  4S n2  0

Suy ra: S n  2S n1  4S n2

(1)

Ta cã: A  1 5 6 1  56

=x16x26 nªn A=S6

Mµ S1 x1 x2  2

S x x  x x  x x    

Dïng hÖ thøc (1) víi n=3; n=4; n=5; n=6 ta cã:

S3  2S2  4S1  2.12 4.2 32  

S4  2S3  4S2  64 48 112  

S5  2S4  4S3  224 128 352  

S6  2S5  4S4  704 448 1152  

VËy A  1 5 6 1  56

=S6=1152

BT: Gäi x x1 , 2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ax2bx c  0a 0

§Æt S n x1nx2n

(víi n lµ sè nguyªn d¬ng) CMR aS nbS n1cS n2  0 n 3

¸p dông tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A  1 2 6 1  26

;   4 4

BT: Gäi x x1 , 2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ax2 bx c  0a 0

§Æt S n x1nx2n (víi n lµ sè nguyªn d¬ng) CMR aS n2 bS n1 cS n  0

¸p dông tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A  1 3 7 1  37

  4 4

Bµi gi¶i

x ax bx c x ax bx c

Mµ ax12bx1  c ax22bx2  c 0 (v× x x1 , 2lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ax2 bx c  0) VËy aS n2 bS n1 cS n  0

¸p dông tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A  1 5 6 1  56

§Æt x1   1 3; x2   1 3 th× x1 x2  2; x x 1 2 2

Suy ra x x1 , 2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai x2  2x 2 0  §©y lµ ph¬ng tr×nh bËc hai nªn ta cã S n2  2S n1  2S n  0 Suy ra: S n2  2S n1  2S n (1)

Ta cã: A  1 3 7 1  37

=x17x27 nªn A=S7

S1 x1 x2  2

S2  2S1 S0  2 2 2    8

Dïng hÖ thøc (1) víi n=3; n=4; n=5; n=6; n=7 ta cã:

S3  2S2 S1  2 8 2   20

S4  2S3 S2  2 20 8   56

S5  2S4 S3 2 56 20    152

S6  2S5 S4  2 152 56    416

S7  2S6 S5  2 416 152    1136

VËy A  1 3 7  1  37

=S7=1136

 XÐt   4 4

=

2 2 4 2 24

16

§Æt x1   2 2; x2   2 2

th× x1 x2  4

; x x 1 2 2

Suy ra x x1 , 2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai x2  4x  2 0 §©y lµ ph¬ng tr×nh bËc hai nªn ta cã S n2  4S n1  2S n  0 Suy ra: S n2  4S n1  2S n (1)

Ta cã:

2 2 4 2 24

16

=

16

x x

nªn

4 16

S

B 

S1 x1 x2  4

S2  4S1  2S0  4.4 2.2 12  

Dïng hÖ thøc (1) víi n=3; n=4 ta cã:

S3  4S2  2S1  4.12 2.4 40  

S4  4S3  2S2  4.40 2.12 136  

VËy

2 2 4 2 24

16

16

S



=

136 17

BT: Gi¶ sö ph¬ng tr×nh bËc hai ax2bx c  0 cã hai nghiÖm x x1 , 2

n

S x x (víi n lµ sè nguyªn d¬ng)

a) CMR aS n2 bS n1 cS n  0

b) ¸p dông tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc

B     

B     

Bµi gi¶i

= 1 2 2 2 1 1 2 1 1 2

x ax bx c x ax bx c

Mà ax12bx1  c ax22bx2  c 0 (vì x x1 , 2là nghiệm của phơng trình ax2 bx c  0) Vậy aS n2 bS n1 cS n  0

Cách 2: Vì phơng trình bậc hai ax2bx c  0 có hai nghiệm x x1 , 2 nên:

2

ax bx  c và ax22bx2  c 0 Do đó:

ax bx c x  ax bx c x   

Vậy aS n2 bS n1 cS n  0

b) áp dụng tính giá trị của biểu thức

B     

;

x   x  

thì x1 x2  1

; x x 1 2 1

Suy ra x x1 , 2 là hai nghiệm của phơng trình bậc hai x2  x 1 0  Đây là phơng trình bậc hai nên ta có S n2 S n1  S n  0 Suy ra: S n2 S n1 S n (1)

Ta có:

B     

    =x16x26 nên A=S6

Mà

2

S x x       

1 1 2

S x x    

=-1

S2 S0  S1    2 1 3

Dùng hệ thức (1) với n=3; n=4; n=5; n=6 ta có:

S2 S0  S1    2 1 3

S3 S1  S2   1 3  4

S4 S2  S3    3 4 7

S5 S3  S4   4 7  11

S6 S4  S5   7 11 18 

Vậy

B     

BT: Cho phơng trình x2 4x 6 0 

1) CMR pt có hai nghiệm phân biệt x x1 , 2

2) Đặt 1 2

n

S x x (với n là số nguyên dơng) CMR S n2 -4S n1 -6 =0 S n

3) CMR S n là số nguyên với mọi số nguyên dơng n.

4) CMR S n là số chẵn với mọi số nguyên dơng n.

Bài giải

1) Vì ac<0 nên pt có hai nghiệm phân biệt

2) Tự chứng minh S n2 -4S n1 -6 =0 S n

3) Theo định lí Viet, ta có:x1 x2  4;x x1 2  6

Vì S1=4 Z

Mà S n2  4S n1 +6 S n nên S nZ với mọi số nguyên dơng n

4) Vì S1và S2 là các số chẵn mà S n2  4S n1+6 S n nên S n chẵn với mọi số nguyên dơng

n

BT: Gọi x x1 , 2 là hai nghiệm của phơng trình x2  6x  1 0

n

S x x (với n là số nguyên dơng)

1) Tính S1; S2; S3

2) Tìm một hệ thức liên hệ giữa S S n; n1 ;S n2

3) CMR S n là số nguyên với mọi số nguyên dơng n.

4) Tìm số d khi chia S50 cho 5?

Bài giải 1) Tự tính S1  6;S1  34;S1  198;

2) 2 1 2 2 2

n

- 1 2 1 2 

x x x x

1

6S n S n

3) Từ S1  6;S1  34;S1  198; S n2  6S n1 S n Suy ra S n là số nguyên với mọi số nguyên

dơng n

4) Theo câu b, ta có: S n2  6S n1  S n  S n3  6S n2  S n1  S n3  6 6 S n1  S n  S n1

     S n3S n  35S n1 5 S n  S n3S n 5 Do đó S n1 và S n có

cùng số d khi chia cho 5 Nh vậy S50 và S2 có cùng số d khi chia cho 5 Do S2 chia

cho 5 d 4 nên S50 chia cho 5 d 4.

BT: Cho số m và x x1 , 2 là hai nghiệm của phơng trình x2  5mx 1 0 

1) CMR S n x1nx2n

là số nguyên với mọi số nguyên dơng n 2) Tìm số d khi chia S2008 x12008x22008 cho 5?

Bài giải

Ta chứng minh đợc 1 2

n

S x x là số nguyên với mọi số nguyên dơng n Với S n2  5mS n1 S n Do đó S n2 và S n có cùng số d khi chia cho 5 Nh vậy S2008 và

0

S có cùng số d khi chia cho 5 Do S0 chia cho 5 d 2 nên S2008 chia cho 5 d 2.

BT: Với mội k nguyên dơng, đặt S   k 1 2 k 1  2k

CMR với mọi số nguyên

d-ơng m, n (m>n) thì S m n S m n S S m n

Bài giải

Đặt x1   1 2; x2   1 2 thì x1 x2  2; x x 1 2 1

Vì vậy với mọi số nguyên dơng m, n (m>n) thì :

m n m n

S  S  x1m n x2m n

x  x 



= x1m n x2m n

 +x x1n 2nx1m n x2m n 



= 1 2

x  x  + 1 2  1 2 

x x x  x 

= 1 2

x  x 

x x x x = 1 2   1 2 

Nên S m n S m n S S m n

BT: Cho S   k 1 2 k  1  2k

với kN* CMR S2009 S2010  S4019  2 2

HD: C/m S m n S m n S S m n (nh BT trên)

AD với m=2010; n=2009 thì S 1 2 2 ta đợc:S2009.S2010 S4019+S 1

2009.2010 4019 1 =2 2

BT: CMR

3 33 10 3 3310

1024

là một số nguyên

Đặt x1   3 33; x2   3 33 thì x1 x2  3; x x 1 2 6

Suy ra x x1 , 2 là hai nghiệm của phơng trình bậc hai x2  3x 6 0  Đặt S n x1nx2n

Đây là phơng trình bậc hai nên ta có S n2  3S n1  6S n  0 Suy ra: S n2  3S n1  6S n (1)

Ta có:

3 33 10 3 3310

1024

=

1024

x x

nên

10 1024

S

B 

S1 x1 x2  3 là các số nguyên nên S n là số nguyên với mọi n.

BT: Tính

B     

BT: Với mỗi số nguyên dơng n  2008 Đặt S n a nb n Với

; b

1) CMR với n 1 ta có 2 2 2

n

   =a n1 b n1 a b

-ab a nb n

2) CMR với mọi n thoả mãn điều kiện đề bài S n là số nguyên.

3) CMR

2

2

n

S         

4) Tìm tất cả các số nguyên n để S  n 2 là số chính phơng.

Bài giải 1) Với n 1 thì 2 2 2

n

Mà a n 1 b n 1 a b

-ab a nb n

=a n2 b n2

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

2) Ta có S0 a0b0  2

S1 x1 x2  3 là các số nguyên nên S n là số nguyên với mọi n.

S2 a2b2  7

Do a+b=3; ab=0 nên theo (1) ta có: với n 1 ta có S n2  3S n1  S n

Do S S1 ; 2 Z nên S3 Z Do S S2 ; 3 Z nên S4 Z Tiếp tục quá trình trên ta đợc

5 ; ; ; 6 2008

3) Ta có:S n a nb n=





=

Nên

n

S          

2

n

=

2

; b

thì a1 b1  5; a b 1 1 1 Xét 1n 1n

n

U a b với n 1 ta có 2 1 2 1 2

n

- 1 1 1 1 

a b a b

nên U n2  5U n1 U n

Ta có: U1   1 Z;U2  5 Z;U3   4 Z;U2  3 5 Z; Tiếp tục quá trình trên ta đợc

n

U

nguyên  n lẻ

Vậy S  n 2 là SCP  n2k1 với k Z ; 0 k 1003