Chuyen de DAI SO PHAN I

* Một trong những phương pháp thường dùng là sử dụng các bất đẳng thức đã biết để chứng minh một bất đẳng thức khác.Tuy nhiên khi sử dụng ,ngoài hai bất đẳng thức Cô-si và bất đẳng thức [r]

Trang 1

phần i-PHƯƠNG PHáP PHÂN TíCH CáC ĐA THứC THàNH NHÂN Tử

1 Phơng pháp đặt nhân tử chung

Phơng pháp này vận dụng trực tiếp tính chất phân phối của phép nhân đối với phépcộng (theo chiều ngợc)

Bài 1 : Phân tích đa thức sau thành nhân tử

A = 2ax3 + 4bx2y + 2x2(ax - by)

Giải: Ta có : A = 2ax3 + 4bx2y + 2x2(ax –by)

= 2x2 (ax + 2by + ax – by)

=2x2(2ax + by)

Bài 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử

P = (2a2 – 3ax)(5y + 2b) – (6a2 – 4ax)(5y + 2b)

Giải: Ta có: P = (2a2 – 3ax)(5y +2b) – (6a2 – 4ax)(5y + 2b)

= (5y+2b)((2a2 – 3ax) – (6a2 – 4ax)) = (5y + 2b)(- 4a2 + ax)

Bài 4 : phân tích đa thức sau thành nhân tử

C = (2a2 – 3ax)(5c + 2d) – (6a2 – 4ax)(5c +2d)

Giải: Ta có: C = (2a2 – 3ax)(5c + 2d) – (6a2 – 4ax)(5c + 2d)

= (5c + 2d)(2a2 – 3ax – 6a2 + 4ax)

= (5c + 2d)(ax – 4a2)

= a(5c + 2d)(x – 4a)

Bài 5: phân tích đa thức sau thành nhân tử

Q = 3x3y – 6x2y – 3xy3 – 6xy2z – xyz2 + 3xy

Giải: Ta có: Q = 3x3y – 6x2y – 3xy3 – 6xy2z – xyz2 + 3xy

= 3xy(x2 – 2x –y2 – 2yz – z2 + 1) = 3xy((x2 – 2x + 1) – (y2 + 2yz + z2)) = 3xy((x – 1)2 – (y + z)2)

= 3xy((x – 1) –(y + z))((x – 1) + 9 y+ z)) = 3xy(x - y –z –1)(x + y + z – 1)

Bài 8 : Phân tích đa thức sau thành nhân tử

B = xy2 – xz2 + yz2 – yx2 + zx2 – zy2

Giải: Ta có : B = xy2 – xz2 + yz2 – yx2 + zx2 – zy2

= (xy2 – xz2) + (yz2 - zy2) + (zx2 – yx2) = x(y2 – z2) + yz(z – y) + x2(z – y)

Trang 2

= x(y – z)(y + z) – yz(y – z) – x2(y – z) = (y – z)((x(y + z) – yz – x2))

= (y – z)((xy – x2) + (xz – yz) = (y – z)(x(y – x) + z(x – y)) = (y – z)(x – y)(z – x)

Bµi 10 : Ph©n tÝch ®a thøc sau thµnh nh©n tö

Bµi 15: Ph©n tÝch ®a thøc sau thµnh nh©n tö

A = xm + 4 + xm + 3 – x - 1

Gi¶i: Ta cã : A = xm + 4 + xm + 3 – x – 1

= xm + 3(x + 1) – ( x + 1) = (x + 1)(xm + 3 – 1)

P = x2(y – z) + y2(z - x) + z2(x – y)

Gi¶i: Khai triÓn hai sè h¹ng cuèi råi nhãm c¸c sè h¹ng lµm xuÊt hiÖn thõa sè chung y - z

Ta cã : P = x2(y – z) + y2z – xy2 + xz2 – yz2

= x2(y – z) + yz(y – z) – x(y2 – z2) = x2(y – z) + yz(y – z) – x(y – z)(y + z) = (y – z)((x2 + yz – x(y + z))

= (y – z)(x2 + yz – xy – xz) = (y – z)(x(x – y) – z(x – y)) = (y – z)(x – y)(x – z)

NhËn xÐt : dÔ thÊy z – x = -((y – z) + (x – y)

Gi¶i: Ta cã : A = ( a + b + c)(bc + ca + ab) - abc

= ( a + b)(bc + ca + ab) + c(bc + ca + ab) - abc = ( a + b)(bc + ca + ab) + bc2 + c2a + abc – abc

Trang 3

= ( a + b)(bc + ca + ab) + c2( a + b) = ( a + b)(bc + ca + ab + c2)

= ( a + b)( c(b + c) + a(b + c)) = ( a + b)(b + c)(c + a)

Bµi 18: Ph©n tÝch ®a thøc sau thµnh nh©n tö: Q = a2b + ab2 + b2c +bc2 + c2a + ca2 + 3abc

Gi¶i: Ta cã : A = 2a2b + 4ab2 – a2c + ac2 – 4b2c + 2bc2 – 4abc

= (2a2b + 4ab2) – (a2c + 2abc) + (ac2+ 2bc2) – (4b2c+ 2abc)

= 2ab(a + 2b) – ac(a + 2b) + c2(a + 2b) – 2bc(a + 2b)

= 4x2y2(2x + y) + z2(z(y – 2x)(y + 2x) – (y + 2x)(y2 – 2xy + 4x2))

Sau ®©y lµ mét sè bµi tËp cô thÓ:

Trang 4

Trang 5

Sau ®©y lµ mét sè vÝ dô cô thÓ:

Trang 6

5 Phơng pháp đặt ẩn phụ

Bằng phơng pháp đặt ẩn phụ (hay phơng pháp đổi biến) ta có thể đa một đa thức với ẩn

số cồng kềnh , phức tạp về một đa thức có biến mới, mà đa thức này sẽ dễ dàng phân tích

đợc thành nhân tử Sau đây là một số bài toán dùng phơng pháp đặt ẩn phụ

Trang 8

Sau ®©y lµ mét sè vÝ dô :

Bíc 1 : lÊy tÝch a.c = t

Bíc 2 : ph©n tÝch t thµnh hai nh©n tö ( xÐt tÊt c¶ c¸c trêng hîp) t = pi.qi

B¬c 3 : t×m trong c¸c cÆp nh©n tö pi, qi mét cÆp pa, qa sao cho : pa + qa = b

Bíc 4 : viÕt ax2 + bx + c = ax2 + pax + qax + c

Bíc 5 : tõ ®©y nhãm c¸c sè h¹ng vµ ®a nh©n tñ chung ra ngoµi dÊu ngoÆc

Trang 9

Sau ®©y lµ mét sè vÝ dô :

Bµi 51 : Ph©n tÝch ®a thøc sau thµnh nh©n tö

M = x4 – 6x3 + 12x2 – 14x + 3

Trang 10

Giải: Biểu diễn đa thức dới dạng :

x4 – 6x3 + 12x2 – 14x + 3 = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d)

x4 – 6x3 + 12x2 – 14x + 3 = x4 + (a+c )x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd

Đồng nhất hai đa thức, ta đợc hệ điều kiện :

= adx2 + aexy + agx + bdxy + bey2 + bgy + cdx + cey + cg

= adx2 + ( ae + bd )xy + ( ag + cd )x + bey2 + ( bg + ce )y + cg

d =1 e=7 g=2

¿ { { { { {

¿Vậy A = 3x2 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 + 10

= x4 + (a+ c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd

Đồng nhất hai đa thức ta đợc hệ điều kiện:

¿

a+c =0 ac+b+d=0 ad+bc=− 8

Trang 11

Sau đây là một số ví dụ :

P = x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y)

Giải: Thử thay x bởi y thì P = y2(y – z) + y2(z – y) = 0

Nh vậy P chứa thừa số x – y

Ta lại thấy nếu thay x bởi y, thay y bởi z, thay z bởi x thì P không đổi ( ta nói đa thức

P có thể hoán vị vòng quanh x → y → z → x Do đó nếu P chứa thừa số x – y thìcũng chứa thừa số y – z, z – x Vậy P có dạng :

k(x – y)(y – z)(z – x)

Ta thấy k phải là hằng số, vì P có bậc đối với tập hợp các biến x, y, z, còn các tích (x– y)(y – z)(z – x) cũng có bậc ba đối với tập hợp các biến x, y, z

Vì đẳng thức x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y) = k(x – y)(y – z)(z – x) đúngvới mọi x, y, z nên ta gán cho các biến x, y, z các giá trị riêng, chẳng hạn x = 2; y = 1; z = 0(*), ta đợc:

4.1 + 1.(-2) + 0 = k.1.1.(-2)

2 = -2k

k = -1Vậy P = -1(x – y)(y – z)(z – x)

Nh vậy P chứa thừa số x – y

Ta thấy đa thức P có thể hoán vị vòng quanh x → y → z → x Do đó nếu P chứathừa số x – y thì cũng chứa thừa số y – z, z – x Vậy P có dạng :

k(x – y)(y – z)(z – x)Mặt khác P là đa thức bậc ba đối với x, y, z, nên trong phép chia A cho

Trang 12

Mặt khác P là đa thức bậc ba đối với x, y, z nên trong phép chia P cho

Hay x(y3 – z3) + y(z3 – x3) + z(x3 – y3) = 3(y – z)(z – x)(z – x)

M = a(b +c – a)2 + b(c +a – b)2 + c(a +b – c)2 + (a + b – c)(b +c – a)(c +a – b)

Giải: Nếu hoán vị vòng quanh a, b, c, thì M không thay đổi.

Hay: a(b +c – a)2 + b(c +a – b)2 + c(a +b – c)2+ (a +b – c)(b +c – a)(c +a – b) =4abc

Trang 13

5 Chứng minh: .(Với a.b < 0)

2(a +b +c) - 2(ab+bc+ca) =(a-b) +(b-c) +(c-a)  0

 2(a +b +c)  2(ab+bc+ca) Hay a +b +c  ab+bc+ca Đẳng thức xảy

ra khi a = b;b = c;c = a  a = b= c

 A B  A B  0

 Cần lưu ý tính chất: A2≥0

 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = 0

 Có thể nhân hai vế bất đẳng thức với một số khác 0 thích hợp

Trang 14

không nói gì thêm qui ước này được dùng cho các bài tập khác).Vớicác BĐT có dấu   ; thì cần tìm điều kiện của các biến để đẳng thức xảy ra.

Biến đổi tiếp như bài 8

Bài 10: Tương tự bài 9

Trang 15

- Nếu a > 0 :

2 2

MinP

Khib

x=-2a

 Nếu a < 0 :

2 2

4 a

M P 

Khi

b x=

Trang 16

7 (ax+by )2≤(a2+b2) (x2+y2) ( Bu nhi a cop xki)

1

x2 +y2)≥2 4

Trang 17

2. Cho các số dương a,b,c biết a.b.c = 1 Chứng minh rằng: (a + 1)(b + 1)(c + 1) 8

3. Cho các số a,b biết a + b = 1 Chứng minh rằng

Trang 18

6 A = + = ( + ) +  + = 6 ( vì 2ab  (a+b) )

B = + = 3( +) +

7 (a + ) + + (b + ) + = +  5(a + ) + 5(b + )

= 5( a + b) + 5( + )  5( a + b) + 5 = 25 Suy ra: (a + ) + (b + ) 

b

c +a+

c a+b ≥

3 2

a2b2 + b2c2 + c2a2 ta có đpcm

b ≥

4

a+b ;a ,b>0 Với từng cặp số hạng thích hợp sẽ có đpcm

IV- GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

x2+8

− x2 +2 x − 4

Trang 19

8 Cho x và y là các số nguyên dương

thoả mãn : x + y = 2009 Tìm GTNN và GTLN của A = x.y

x2+1

V- GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

Trang 20

Bài 7: Tìm GTNN của các biểu thức

8 Cho x và y là các số nguyên dương thoả

mãn :

x + y = 2009 Tìm GTNN và GTLN của

A = x.yHD:4xy = (x + y)2 -(x - y)2 = 20092 - (x - y)2

*xy lớn nhất khi và chỉ khi (x - y) = 1

*xy nhỏ nhất khi và chỉ khi (x - y) lớn nhất

b) Dạng 2: f (x) g(x) h(x)

Trang 21

Ví dụ Giải phương trình: x 3 5   x 2 (2)

Giải Với điều kiện x ≥ 2 Ta có:

(2)  x 3  x 2 5 

 2x 1 2 (x 3)(x 2) 25      (x 3)(x 2) 12 x   

x 6 25x 150

 49 x 29x 14 x(x 9)  x2 5x 4  45 + 14x + 14 x(x 9) = 0

Với x ≥ 4  vế trái của phương trình luôn là một số dương  phương trình vô nghiệm

2) Phương pháp trị tuyệt đối hóa

Ví dụ 1. Giải phương trình: x2  4x 4 x 8    (1)

Giải: (1)  (x 2) 2  8 x

Trang 22

Với điều kiện x ≤ 8 Ta có:

– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2  y = 3

– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)

Với y = 3  x + 1 = 9  x = 8

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8

3) Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

a) Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm

Ví dụ 1 Giải phương trình x 1  5x 1  3x 2

Cách 1 điều kiện x ≥ 1

Với x ≥ 1 thì: Vế trái: x 1  5x 1  vế trái luôn âm

Vế phải: 3x 2 ≥ 1  vế phải luôn dươngVậy: phương trình đã cho vô nghiệm

Cách 2 Với x ≥ 1, ta có:

x 1   5x 1   3x 2 

 x 1 8x 3 2 (5x 1)(3x 2)     

 2 7x 2 (5x 1)(3x 2)   

Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1  phương trình vô nghiệm

b) Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế

Ta có: Vế trái ≥ 4 9 2 3 5   Dấu “=” xảy ra  x = –1

Vế phải ≤ 5 Dấu “=” xảy ra  x = –1Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1

c) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số (tìm một nghiệm, chứng minh nghiệm đó là duy nhất)

Trang 23

Giải: điều kiện x ≥

1 2Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình

3

2 là nghiệm của phương trình Ta cần chứng

minh đó là nghiệm duy nhất Thật vậy: Với x <

3

2:

6 2

3 x   và

8 4

 thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau Vậy x

Trang 24

4x 1



Giải: điều kiện

1 x 4

5) Phương pháp đặt ẩn phụ

a) Sử dụng một ẩn phụ

Ví dụ 1 Giải phương trình: x2  x 1 1   (1)

Giải Đặt x 1  = y (y ≥ 0)

y2 = x + 1  x = y2 – 1  x2 = (y2 – 1)2

 (2)  (y2 – 1)2 + y – 1 = 0  y(y  1)(y2 + y  1) = 0

Trang 25

Từ đó suy ra tập nghiệm của phương trình là:

1 5 0; 1;

x

 = u,

5 2x x

 = v (u, v ≥ 0)

 (u – v)(1 + u + v) = 0 Vì 1 + u + b > 0 nên: u = v Giải ra ta được: x = 2

c) Sử dụng ba ẩn phụ

Ví dụ 1 Giải phương trình: x2 3x 2  x 3  x 2  x2 2x 3 (1)

Giải ĐK: x ≥ 2 (1)  (x 1)(x 2)   x 3  x 2  (x x)(x 3) 

Đặt: x 1  = a, x 2  = b, x 3 = c (a, b, c ≥ 0): (1)  ab + c = b + ac  (a – 1)(b –c) = 0

Trang 26

 a = 1 hoặc b = c Thay ngược trở lại ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phươngtrình

3 30

Trang 27

Giải ra ta được: (a, b) = {(0 ; 2), (2 ; 0)} Từ đó thế ngược trở lại: x = ±2

Định dạng
Số trang	27
Dung lượng	882,67 KB