Tài liệu Bồi dưỡng HSG Toán 8-9 hay

CHỦ ĐỀ 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Bài 1: Phõn tớch cỏc đa thức sau thành nhõn tử a) x3 – 5x2 + 8x – 4 b) x3 – 3x + 2 c) x3 – 5x2 + 3x + 9 d) x3 + 8x2 + 17x + 10 e) x3 + 3x2 + 6x + 4 Phương phỏp: Nếu đa thức cú nghiệm nguyờn thỡ nghiệm nguyờn đú là ước của hạng tử tự do. Nếu đa thức cú tổng cỏc hệ số bằng 0 thỡ đa thức cú nghiệm x = 1=> Đa thức cú chứa nhõn tử là x – 1 Nếu đa thức cú tổng cỏc hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng cỏc hệ số của hạng tử bậc lẻ thỡ đa thức cú nghiệm x = - 1 => Đa thức cú nhõn tử là x + 1. Bài giải: x3 – 5x2 + 8x – 4 = (x3 – x2) – (4x2 – 4x) + (4x – 4) = x2(x – 1) – 4x(x – 1) + 4(x – 1) = (x – 1)(x2 – 4x + 4) = (x – 1)(x – 2)2 b) x3 – 3x + 2 = (x3 – x) - (2x - 2) = x(x2 – 1) – 2(x - 1) =(x – 1)(x2 + x – 2) c) x3 – 5x2 + 3x + 9 = (x3 + x2) – (6x2 + 6x) + (9x + 9) = x2(x + 1) - 6x(x + 1) + 9(x +1) = (x + 1)(x – 3)2 d) x3 + 8x2 + 17x + 10 = (x3 + x2 ) + (7x2 + 7x) + 10x + 10) = x2(x +1) + 7x(x + 1) + 10(x + 1) = (x + 1)(x2 + 7x + 10) = (x + 1) [(x2 + 2x) + (5x + 10) ] =(x + 1)(x + 2)(x + 5) e) x3 + 3x2 + 6x + 4 = (x3 + x2) +(2x2 +2x) +(4x + 4) = x2(x + 1) + 2x(x + 1) + 4(x +1) = (x + 1)(x2 + 2x + 4) Bài 2: Phõn tớch cỏc đa thức sau thành nhõn tử a) x3 – 2x – 4 b) 2x3 – 12x2 + 17x – 2 c) x3 + 9x2 + 26x + 24 d) x3 – 2x2 – 3x + 10 Bài giải: x3 – 2x – 4 = (x3 – 2x2) + (2x2 – 4x) + (2x – 4) = x2(x – 2) + 2x(x – 2) + 2(x – 2) = (x – 2)(x2 + 2x + 2) 2x3 – 12x2 + 17x – 2 = (2x3 – 4x2) – (8x2 – 16x) + (x – 2) = 2x2(x – 2) – 8x(x – 2) + (x – 2) = (x – 2)(2x2 – 8x + 1) x3 + 9x2 + 26x + 24 = (x3 + 2x2) + (7x2 + 14x) + (12x + 24) = x2(x + 2) + 7x(x + 2) + 12(x + 2) = (x + 2)(x2 + 7x + 12) = (x + 2) [(x2 + 4x) + (3x + 12) ] = (x + 2)(x + 3)(x + 4) x3 – 2x2 – 3x + 10 = (x3 + 2x2) – (4x2 + 8x) + (5x + 10) = x2(x + 2) – 4x(x + 2) + 5(x + 2) = (x + 2)(x2 – 4x + 5) Bài 3: Phõn tớch cỏc đa thức sau thành nhõn tử a) 2x3 – 3x2 + 3x – 1 b) 3x3 – 14x2 + 4x + 3 c) 3x3 – 7x2 + 17x – 5 Phương phỏp: Cỏc ước của hệ số tự do khụng phải là nghiệm nguyờn của đa thức. Nếu đa thức cú nghiệm hữu tỉ thỡ nghiệm hữu tỉ phải cú dạng trong đú p là ước của hệ số tự do cũn q là ước của hệ số cao nhất. Bải giải: 2x3 – 3x2 + 3x – 1 ( thấy cú nghiệm x = , nờn đa thức cú nhõn tử là 2x – 1) = (2x3 – x2) – (2x2 – x) + (2x – 1) = x2(2x – 1) – x(2x – 1) + (2x – 1) = (2x – 1)(x2 – x + 1) 3x3 – 14x2 + 4x + 3 (thấy cú nghiệm x = , nờn đa thức cú nhõn tử là 3x + 1) = (3x3 + x2) – (15x2 + 5x) + (9x + 3) = x2(3x + 1) – 5x(3x + 1) + 3(3x +1) = (3x + 1)(x2 – 5x + 3) 3x3 – 7x2 + 17x – 5 (ta thấy cú nghiệm x = , nờn đa thức cú nhõn tử là 3x – 1) = (3x3 – x2) – (6x2 – 2x) + (15x – 5) = x2(3x – 1)- 2x(3x – 1) + 5(3x – 1) = (3x – 1)(x2 – 2x + 5) Bài 4: Phõn tớch cỏc đa thức sau thành nhõn tử x8 + x7 + 1 x7 + x5 + 1 x4 + 324 Giải: a) x8 + x7 + 1 = (x8 – x2) + (x7 – x) + (x2 + x + 1) (thờm và bớt x2 + x) = x2(x6 – 1) + x(x6 – 1) + (x2 + x + 1) = x(x6 – 1)(x + 1) + (x2 + x + 1) = (x3 – 1)(x3 + 1)(x2 + x) + (x2 + x + 1) = (x – 1)(x2 + x + 1)(x3 + 1)(x2+ x) + (x2 + x +1) = (x2 + x + 1) [(x – 1)(x3 + 1)(x2 + x) + 1] = (x2 + x + 1)(x4 – x3 + x – 1)(x3 + x) + 1] = (x2 + x + 1)(x6 – x4 + x3 + x + 1) x7 + x5 + 1 = x7 + x5 – x2- x + (x2 + x + 1) = (x7 - x) + (x5 – x2) + (x2 + x + 1) = x(x6 – 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1+ x) + (x2 + x + 1) = x(x – 1)(x2 + x + 1)(x3 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[(x2 – x)(x3 + x + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) x4 + 324 = [(x2)2 + 2.18x2 + 182] – 36x2 = (x2 + 18)2 – (6x)2 = (x2 + 6x + 18)(x2 – 6x + 18) Bài 5: Chứng mớnh rằng: x50 + x10 + 1 chia hết cho x20 + x10 + 1 x2 – x9 – x1945 chia hết cho x2 – x + 1 8x9 – 9x8 + 1 chia hết cho (x – 1)2 Giải: x50 + x10 +1 = (x50 – x20) + (x20 + x10 + 1) = x20(x30 – 1) + (x20 + x10 + 1) = x20(x10 – 1)(x20 + x10 + 1)+ (x20 + x10 + 1) = (x20 + x10 + 1)(x30 – x20 + 1) chia hết cho (x20 + x10 + 1) x2 – x9 – x1945 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x) = (x2 – x + 1) – (x3 + 1)(x6 – x3 + 1) – x(x1944- 1) = (x2 – x + 1) – (x + 1)(x2 – x + 1)(x6 – x3 + 1) – x( Bài 5: Tỡm số nguyờn a sao cho đa thức (x + a)(x – 5) + 2 phõn tớch được thành (x + b)(x + c) với b, c, là số nguyờn Giải Dựng phương phỏp xột giỏ trị riờng Với mọi x ẻ R ta luụn cú: (x + a)(x – 5) + 2= (x + b)(x + c) (*) với x = 5 ta được: (5 + b)(5 + c) = 2 Vỡ b và c là số nguyờn nờn (5 + b)(5 + c) là tớch của hai số nguyờn. Số 2 chỉ viết được 1.2 hoặc (-1)(-2) Giả sử b < c ta xột hai trường hợp: TH1: 5 + b = 1 5 + c = 2 => b = - 4, c = -3 Thay vào (*) ta được (x + a)(x – 5) + 2 = (x – 4)(x – 3) với mọi x Với x = 4 thỡ -(4 + a) + 2 = 0 => 4 + a = 2 => a = -2. Đa thức phõn tớch thành (x -2)(x – 5) + 2 = (x – 4)(x – 3) TH 2: 5 + b = - 2 5 + c = -1 => b = - 7, c = - 6 Thay vào (*) ta được (x + a)(x – 5) + 2 = (x – 7)(x – 6) với mọi x Với x = 6 thỡ (6 + a) + 2 = 0 => a = - 8. Đa thức được phõn tớch thành (x – 8)(x – 5) + 2 = (x – 7)(x – 6) Bài 6: Tỡm cỏc số nguyờn a, b, c sao cho đa thức x3 + ax2 + bx + c phõn tớch được thành (x + a)(x + b)(x + c). Giải: Dựng phương phỏp hệ số bất định Ta cú: x3 + ax2 + bx + c = (x + a)(x + b)(x + c) ú x3 + ax2 + bx + c = x3 + (a + b + c)x2 + (ab + bc + ca)x + abc ú a = a + b + c b = ab + bc + ca c = abc => b + c = 0 (1) ; ab + bc + ca = b (2) ; abc = c (3) Từ (1) => c = -b; Thay vào (2) được – b2 = b => b(b + 1) = 0 => b = 0 hoặc b = -1 * Với b = 0=> c = 0, a tuỳ ý * Với b = -1 thỡ c = 1, a = - 1 Vậy ta được x3 + ax2 = x2(x + a) hoặc x3 – x2 – x + 1 = (x – 1)2(x + 1) BTVN: Bài 1: Phõn tớch cỏc đa thức sau thành nhõn tử: x3 – 9x2 + 6x + 16 x3 – 6x2 – x + 30 27x3 – 27x2 + 18x – 4 x2 + 2xy + y2 – x – y – 12 Bài 2: Tỡm cỏc số nguyờn a, b, c sao cho (x + a)(x – 4) – 7 phõn tớch được thành (x + b)(x + c) Bài 3: Chứng minh rằng: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1 với mọi số n ẻ N Đỏp số: Bài 1: a). Biến đổi x3 – 9x2 + 6x + 16 = (x + 1)(x – 2)(x – 8) b) 2 là một nghiệm Biến đổi x3 – 6x2 – x + 30 = (x + 2)(x – 3)(x – 5) c) là một nghiệm của đa thức Biến đổi 27x3 – 27x2 + 18x – 4 =(3x – 1)(9x2 – 6x + 4) d) Đặt x + y = a. Biến đổi x2 + 2xy + y2 – x – y – 12 = (x + y = 3)(x + y – 4) Bài 2: Trường hợp 1: a = -10 ; b = -3 ; c = -11 Được: (x – 10)(x – 4) – 7 = (x – 3)(x – 11) Trường hợp 2: a = 2; b = 3; c = - 5 Được: (x + 2)(x – 4) – 7 = (x + 3)(x – 5) Bài 3: x8n + x4n + 1 = (x2n + xn + 1)(x2n – xn + 1) chia hết cho x2n + xn + 1 CHUYấN ĐỀ 2: CHIA ĐA THỨC LOẠI 1: TèM HỀ SỐ CỦA ĐA THỨC Bài 1: Xỏc định cỏc hằng số a, b, c sao cho ax3 + bx2 + 5x – 50 chia hết cho x2 + 3x – 10 x3 + ax + b chia x + 1 dư 7, chia x – 3 dư – 5 ax3 + bx2 + c chia hết cho x + 2, chia x2 – 1 dư x + 5 (Đề thi HSG – năm 2001 Đụng Anh) Giải Dựng phương phỏp xột giỏ trị riờng Phõn tớch đa thức chia x2 + 3x – 10 = (x + 5)(x – 2) Gọi Q(x) là đa thức thương của phộp chia ax3 + bx2 + 5x – 50 cho x2 + 3x – 10. Ta cú: ax3 + bx2 + 5x – 50 = (x + 5)(x – 2). Q(x) Xột cỏc giỏ trị x = - 5 và x = 2. Ta được: -125a + 25b = 75 -5a + b = 3 a = 1 8a + 4b = 40 2a + b = 10 b = 8 b) Gọi P(x) là thương của phộp chia x3 + ax + b cho x + 1. Q(x) là thương của phộp chia x3 + ax + b cho x – 3. Ta cú: x3 + ax + b = (x + 1). P(x) + 7. Xột giỏ trị x = -1 . ta được a – b = - 8 x3 + ax + b = (x -3). Q(x) - 5. Xột giỏ trị x = 3 . ta được 3a + b = - 32 a = -10, b = - 2 c) Ta được – 8a + 4b + c = 0 ; a + b + c = 6 và – a + b + c = 4 => a = 1, b = 1, c = 4 LOẠI 2: TèM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ GIÁ TRỊ CỦA ĐA THỨC NÀY CHIA HẾT CHO GIÁ TRỊ ĐA THỨC KIA Bài 2: a) Tỡm số nguyờn n sao cho 2n3 + n2 + 7n + 1 chia hết cho 2n - 1 b) Tỡm số tự nhiờn n để giỏ trị của biểu thức 25n2 – 97n + 11 chia hết cho giỏ trị của biểu thức n – 4 (Đề thi HSG năm 2001 – Đụng Anh) c) Tỡm số nguyờn n sao cho n3 – 3n2 – 3n – 1 chia hết cho n2 + n + 1 Giải: a) 2n3 + n2 + 7n + 1 = (2n3 – n2) + (2n2 – n) + (8n – 4) + 5 = n2(2n – 1) + n(2n – 1) + 4(2n – 1) + 5 = (2n – 1)(n2 + n + 4) + 5 Để 2n3 + n2 + 7n + 1 chia hết cho 2n – 1 thỡ 2n – 1 là ước của 5 mà Ư(5) = {1; -1; 5; -5} => n ẻ { …..} b) Ta cú 25n2 – 97n + 11 = (25n + 3)(n – 4) + 23. Để giỏ trị của 25n2 – 97n + 11 chia hết cho giỏ trị của biểu thức n – 4 thỡ n – 4 phải là ước của 23 Ư(23) = {1; - 1; 23; - 23} n ẻ {3; 5; 27} c) n3 – 3n2 – 3n – 1 = (n3 + n2 + n) – (4n2 + 4n + 4) + 3 = n(n2 + n + 1) – 4(n2 + n + 4) + 3 = (n – 4)(n2 + n + 1) + 3 Để n3 – 3n2 – 3n – 1 chia hết cho (n2 + n + 1) thỡ (n2 + n + 1) là ước của 3 Để ý thấy n2 + n + 1 > 0 nờn n2 + n + 1 = 1 hoặc 3 ĐS: 1, - 2, 0 , - 1 LOẠI 3: TèM ĐA THỨC THOẢ MÃN ĐIỀU KIỆN Bài 3: Tỡm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia cho x – 3 thỡ dư 7, f(x) chia cho x – 2 thỡ dư 5, f(x) chia cho (x – 2)(x – 3) thỡ thương là 3x và cũn dư Bài 4: Tỡm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia cho x – 3 thỡ dư 2, chia cho x + 4 thỡ dư 9, cũn chia cho x2 + x – 12 thỡ được thương là x2 + 3 và cũn dư Giải: Bài 3: Vỡ f(x) chia cho (x – 3) dư 7 nờn: f(x) = (x – 3).A(x) + 7 (1) Vỡ f(x) chia cho (x – 2) dư 5 nờn: f(x) = (x – 2). B(x) + 5 (2) Vỡ f(x) chia cho (x – 2)(x – 3) được thương là 3x và cũn dư nờn: f(x) = 3x(x – 2)(x – 3) + ax + b (3) Cho x = 3 từ (1) và (3) ta cú: 7 = 3a + b Cho x = 2 từ (2) và (3) ta cú: 5 = 2a + b => a = 2, b = 1. Vậy đa thức f(x) = 3x(x – 2)(x – 3) + 2x + 1 Bài 4: Vỡ f(x) chia cho (x – 3) dư 2 nờn: f(x) = (x – 3).A(x) + 2 (1) Vỡ f(x) chia cho (x + 4) dư 5 nờn: f(x) = (x + 4). B(x) + 9 (2) Vỡ f(x) chia cho x2 + x - 12 được thương là x2 + 3 và cũn dư nờn: f(x) = (x2 + 3)(x2 + x – 12) + ax + b = (x2 + 3)(x – 2)(x – 3) + ax + b (3) ĐS: x4 + x3 – 9x2 + 2x – 31 LOẠI 4: Tỡm số dư Bài 5: Tỡm dư khi chia x99 + x55 + x11 + x + 7 cho a) x + 1 b) x2 + 1 Bài 6: Tỡm dư khi chia đa thức x50 + x49 + … + x2 + x + 1 cho x2 – 1 Giải: Bài 5: a) Số dư r = f(-1) = - 1 – 1 – 1 – 1 + 7 = 3. b) x99 + x55 + x11 + x + 7 = x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) – 2x + 7 = x[ (x2)49 + 1] + x[(x2)27 + 1] + x[(x2)5 + 1] – 2x + 7 Vỡ (x2)49 + 1; (x2)27 + 1; (x2)5 + 1 chia hết cho x2 + 1 nờn số dư là – 2x + 7 Bài 6: Gọi thương là Q(x). ta cú: f(x) = (x2 – 1).Q(x) + ax + b Cho x = - 1. => - a + b = 1 x = 1 => a + b = 51 => b = 26; a = 25 Vậy số dư là 25x + 26 BTVN: 1) Xỏc định cỏc số a, b sao cho ax3 + bx – 24 chia hết cho (x + 1)(x + 3) 2) Xỏc định cỏc số a, b sao cho x4 – x3 – 3x2 + ax + b chia cho x2 – x – 2 cú dư là 2x – 3 3) Tỡm dư của phộp chia đa thức x + x3 + x9 + x27 + x81 cho a) x – 1 b) x2 – 1 4) Tỡm số tự nhiờn n để giỏ trị của biểu thức 2n2 + 3n + 3 chia hết cho giỏ trị của biểu thức 2n – 1 CHUYấN ĐỀ 3: GIẢI PHƯƠNG TRèNH I - GIẢI PHƯƠNG TRèNH BẬC CAO Bài 1: Giải cỏc phương trỡnh sau: (Đề thi HSG năm 2003 – Đụng Anh) 4x2 + 4x – 3 = 0 x3 – 2x2 – 3x + 10 = 0 Giải 4x2 + 4x – 3 = 0 ú (4x2 + 4x + 1) – 4 = 0 ú (2x + 1)2 – 22 = 0 ú (2x + 1 + 2)(2x + 1 – 2) = 0 => x = ẵ hoặc x = -3/2 x3 – 2x2 – 3x + 10 = 0 ú (x + 2)(x2 – 4x + 5) = 0 Ta cú x2 – 4x + 5 = (x – 2)2 + 1 > 0 x + 2 = 0 => x = - 2 Bài 2: Giải cỏc phương trỡnh sau: x3 – 5x2 + 8x – 4 = 0 b) 3x3 – 7x2 + 17x – 5 = 0 (x – 1)3 + x3 + (x + 1) = (x + 2)3 Giải: a) x3 – 5x2 + 8x – 4 = 0 ú (x3 – x2) – (4x2 – 4x) + (4x - 4) = 0 ú x2(x – 1) – 4x(x – 1) + 4(x – 1) = 0 ú (x – 1)(x – 2)2 = 0 ú x = 1 hoặc x = 2 b) 3x3 – 7x2 + 17x – 5 = 0 ú (3x3 – x2) – (6x2 – 2x) + (15x – 5) = 0 ú x2(3x – 1)- 2x(3x – 1) + 5(3x – 1) = 0 ú (3x – 1)(x2 – 2x + 5) = 0 Vỡ x2 – 2x + 5 = x2 – 2x + 1 + 4 = (x – 1)2 + 4 > 0 Nờn (3x – 1)(x2 – 2x + 5) = 0 ú 3x – 1 = 0 ú x = 1/3 c) (x – 1)3 + x3 + (x + 1) = (x + 2)3 ú x3 – 3x2 – 3x – 4 = 0 ú x3 – 1 – 3x2 – 3x – 3 = 0 ú (x – 1)(x2 + x + 1) – 3(x2 + x + 1) = 0 ú (x2 + x + 1)(x – 4) = 0 Vỡ x2 + x + 1 ≠ 0 nờn => x = 4 Bài 3: Giải cỏc phương trỡnh sau a) x4 +3x3 + 4x2 + 3x + 1 = 0 (Đề thi HSG năm 2001 – Đụng Anh) x5 – x4 + 3x3 + 3x2 – x + 1 = 0 Giải: Phương trỡnh ở cõu a, b gọi là phương trỡnh đối xứng. PHương trỡnh ở cõu a là phương trỡnh đối xứng bậc chẵn. Phương trỡnh ở cõu b là phương trỡnh đối xứng bậc lẻ. PHương phỏp giải: - ĐỔi xứng bậc chẵn: vỡ x = 0 khụng phải là nghiệm, ta chia hai vế cho x2 ≠ 0 và đặt ẩn phụ y = x + - Đối xứng bậc lẻ: PT luụn cú một trong cỏc nghiệm x = -1. a) x4 +3x3 + 4x2 + 3x + 1 = 0 ú x2 + 3x + 4 + = 0 ú Đặt x + = y thỡ ta được: y2 + 3y + 2 = 0 Tỡm ra được y1 = - 1 ; y2 = - 2 Với y1 = -1 ta cú x + = -1 nờn x2 + x + 1 = 0 vụ nghiệm với y = -2 ta cú x + = - 2 nờn (x + 1) = 0, do đú x = - 1. Kết luận nghiệm của phương trỡnh là x = - 1 b) Ta thấy x = - 1 là một nghiệm của phương trỡnh (vỡ tổng cỏc hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng cỏc hệ số của số hạng bậc lẻ. Phương trỡnh trở thành: (x + 1)(x4 – 2x3 + 5x2 – 2x + 1) = 0 Giải phương trỡnh x4 – 2x3 + 5x2 – 2x + 1 = 0. Chia cả hai vế cho x2 ta được: x2 – 2x + 5 - đặt y = ta được y2 – 2y + 3 = 0, vụ nghiệm. Vậy phương trỡnh đó cho cú nghiệm x = - 1 * Khi giải phương trỡnh bậc 4 cú dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c ta thường đặt ẩn phụ y = x + Bài 4: Giải cỏc phương trỡnh sau: a) (x + 3)4 + (x + 5)4 = 2 Đặt y = x + 4 phương trỡnh trở thành: (y – 1)4 + (y + 1)4 = 2 Biến đổi thành y2(y2 + 6) = 0 do đú y = 0 vậy x = -4 b) (x – 2)4 + (x – 6)4 = 82 Đặt y = x – 4 Ra được nghiệm x = 5 và x = 3 c) (x – 6)4 + (x – 8)4 = 16 Đặt x – 7 = y phương trỡnh trở thành: (y + 1)4 + (y – 1)4 = 16 Rỳt gọn ta được: 2y4 + 12y2 + 2 = 16 y4 + 6y2 + 1 = 8 y4 + 6y2 – 7 = 0 Đặt y2 = z ≥ 0 ta được z2 + 6z – 7 = 0 giải ra đượ z = 1, z = - 7 (loại) Với z = 1=> y = 1 và y = - 1 x = 8 hoặc x = 6 d) (x – 7)(x – 5)(x – 4)(x – 2) = 72 ú (x2 – 9x + 14)(x2 – 9x + 20) = 72 Đặt x2 – 9x + 17 = y ta được (y – 3)(y + 3) = 72 ú y2 – 9 = 72 ú y2 = 81 => y = 1 hoặc y = - 1 => x = 1 hoặc x = 8 BTVN: Giải cỏc phương trỡnh sau: (x + 1)4 + (x – 3)4 = 82 (x – 1)(x – 3)(x + 5)(x + 7) = 297 Đỏp ỏn: x = 0; 2 x = 4; x = -8 CHUYấN ĐỀ 3: GIẢI PHƯƠNG TRèNH (Tiếp) Một số dạng phương trỡnh đặc biệt Phương trỡnh đối xứng bậc 4 cú dạng: ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0. Cỏch giải: Vỡ x = 0 khụng là nghiệm của phương trỡnh nờn ta chia cả hai vế cho x2 ≠ 0 Phương trỡnh đưa về dạng: .Đặt ẩn phụ y = =>= y2 – 2 * Chỳ ý: Cú loại bài đặc biệt ta cú thể đặt y = VD: Giải phương trỡnh: 6x4 + 7x3 – 36x2 – 7x + 6 = 0 Giải: Vỡ x = 0 khụng là nghiệm của phương trỡnh nờn ta chia cả hai vế cho x2 ≠ 0 Phương trỡnh đưa về dạng: . Đặt y = => = y2 + 2 Ta cú: 6(y2 + 2) + 7y – 36 = 0 ú 6y2 + 7y – 24 = 0 ú y2 + ú y = 3/2 hoặc y = -8/3 =>x = 2; -1/2; -3; 1/3 Phương trỡnh bậc 4 cú dạng: (x + a)4 + (x + b)4 = c. Cỏch giải: Đặt y = x + Bài 4: Giải cỏc phương trỡnh sau: a) (x + 3)4 + (x + 5)4 = 2 (ĐS: x = - 4) b) (x – 2)4 + (x – 6)4 = 82 (ĐS: x = 5; x = 3) c) (x – 6)4 + (x – 8)4 = 16 (ĐS: x = 8; x = 6) d) (x – 7)(x – 5)(x – 4)(x – 2) = 72(ĐS: x = 1; x = 8) II - GIẢI PHƯƠNG TRèNH CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI Bài 1: Giải cỏc phương trỡnh sau: a) b) c) d) Giải: a) Bảng xột dấu cỏc nhị thức x – 3 và x + 2 x - 2 3 x – 3 - - 0 + x + 2 - 0 + + Xột ba khoảng của biến x: * Trong khoảng x < - 2, phương trỡnh cú dạng: 3 – x – x – 2 = 7 ú x = - 3 (thuộc khoảng đang xột) * Trong khoảng -2 ≤ x ≤ 3, phương trỡnh cú dạng: 3 – x + x + 2 = 7 ú 0.x = 2, Vụ nghiệm * Trong khoảng x > 3, Phương trỡnh cú dạng: x – 3 + x + 2 = 7 ú 2x = 8 ú x = 4 (thuộc khoảng xột.) Vậy phương trỡnh cú nghiệm x1 = -3 ; x2 = 4 b)x = -1/2 c) x = 2 d) Xột cỏc khoảng x 3. Nghiệm là 1 ≤ x ≤ 2 ; x = 5 BTVN: Giải cỏc phương trỡnh sau: (x + 1)4 + (x – 3)4 = 82 b) (x – 1)(x – 3)(x + 5)(x + 7) = 297 x - d) Đỏp ỏn: a) x = 0; 2 b) x = 4; x = -8 c) x1 = ẵ và x2 = 3/2 đ d)Xột khoảng x ≥ 0 PT cú dạng: lại xột hai trường hợp: x ≥ 3 và 0 < x < 3 Xột khoảng x < 0. PT cú dạng: . Lại xột 2 trường hợp x < - 3 và – 3 ≤ x < 0 Nghiệm của phương trỡnh là x = 1 CHUYấN ĐỀ 4: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRèNH Bài 1: (Đề HSG năm 2008 – Đụng Anh) Một người đi xe đạp, một người đi xe mỏy và một ụ tụ cựng đi từ A đến B. KHởi hành lần lượt lỳc 6, giờ 7 giờ, 8 giờ và cú vận tốc thức tự là 10 km/h, 30 km/h và 40km/h. Hỏi đến mấy giờ ụ tụ cỏch đều người đi xe mỏy và xe đạp. Bài 2: Một ụ tụ phải đi quóng đường AB dài 60 km trong một thời gian dự định. ễ tụ đi nửa đầu quóng đường với vận tốc lớn hơn dự định 10km/k và đi nửa sau quóng đường với vận tốc kộm hơn dự định 6km/h. Biết ụ tụ đến B đỳng thời gian đó định. Tớnh thời gian ụ tụ dự định đi quóng đường AB. Bài 3: Hai đội cụng nhõn cựng làm một cụng việc thỡ hoàn thành cụng việc đú trong 24 giờ. Nếu đội thức nhất làm 10 giờ đội thứ hai làm 15 giờ thỡ cả hai đội làm được nửa cụng việc. Tớnh thời gian mỗi đội làm một mỡnh để xong cụng việc. Bài 4: Hai vũi nước chảy vào bể thỡ bể sẽ đầy trong 3 giờ 20 phỳt. Người ta cho vũi thứ nhất chảy trong 3 giờ, vũi thứ hai chảy trong 2 giờ thỡ cả hai vũi chảy được 4/5 bể. Tớnh thời gian mỗi vũi chảy một mỡnh đầy bể. Bài 5: Một cụng trường giao cho cỏc đội cụng nhõn sửa một đoạn đường như sau: Đội 1 nhận 10m và 1/10 phần cũn lại. Đội 2 nhận 20 m và 1/10 phần cũn lại. Đội 3 nhận 30 m và 1/10 phần cũn lại. Cứ chia như vậy cho đến đội cuối cựng thỡ hết và phần đất của mỗi đội đều bằng nhau. Tớnh số đội tham gia sửa đường và chiều dài toàn bộ đoạn đường phải sửa Giải: Bài 1: Bài 2: Gọi vận tốc dự định là x (km/h) Ta cú phương trỡnh: Giải ra ta được x = 30. Thời gian ụ tụ dự định là 60 : 30 = 2 giờ Bài 3: ĐỘi thứ nhất cần 40 giờ, đội thứ hai cần 60 giờ Bài 4: Giải ra được 5 giờ và 10 giờ Bài 5: Gọi chiều dài đoạn đường cần sửa là x (m) x >0 Đoạn đường độ 1 nhận dài 10 + 0,1(x – 10) = 0,1x + 9 một Phần cũn lại sau khi đội 1 nhận là x – (0,1x + 9) = 0,9x – 9 một Đoạn đường độ 2 nhận dài 20 + 0,1(0,9x – 9 – 20) = 0,09x + 17,1 một Vỡ chiều dài của đoạn đường hai đội làm bằng nhau nờ 0,1x + 9 = 0,09x + 17,1 Do đú x = 810. Đoạn đường dài 810m. Mỗi đội phải làm 0,1.810 + 9 = 90 một. Số đội tham gia là 810 : 90 = 9 đội CHUYấN ĐỀ 5: BẤT ĐẲNG THỨC Bài 1: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh rằng: Bài 2: Chứng minh rằng: Bài 3: cho a. b = 1. Chứng minh rằng Bài 4: Cho a, b, c khụng õm và a + b + c = 1 Chứng minh rằng: Bài 5: Cho x, y, z dương. CHứng minh rằng: Bài 6: Cho x, y, z dương. Chứng minh răng Bài 7: Chứng minh rằng a) b) Bài 8: Cho a, b dương và a + b = 1 Chứng minh rằng Bài 9: (Đề thi HSG năm 2008 – Đụng Anh) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 Chứng minh rằng: Bài 10: Cho a; b ; c ; d là các số thực dương có tổng bằng 1 . Chứng minh rằng : Bài 11: Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức sau P = (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) Giải: Bài 1: VT = = 8 Bài 2: Ta cú: Bài 3: Bài 4: VT = 1 +ab+bc+ca - abc - a – b – c = (1 – a)(1 – b)(1 – c) Bài 5: VT = Bài 6: Thay a = y + z; b = x + z; c = x + y. Ta được = ú ú ú ú Bài 7: a) ta cú (a – b)2 ≥ 0 ú a2 + b2 ≥ 2ab ú (a2 + b2)+ (a2 + b2) ≥ 2ab + a2 + b2 ú 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 ú b) Chứng minh bài toỏn sau: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Ta cú (a – b)2 ≥ 0 ú a2 + b2 ≥ 2ab tương tự a2 + c2 ≥ 2ac, c2 + b2 ≥ 2cb ú 2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ac) ú (a2 + b2 + c2) ≥ (ab + bc + ac) Từ kết quả đú ta suy ra 3(a2 + b2 + c2) ≥ (ab + bc + ac) + (a2 + b2 + c2) = (a + b + c)2 ú Bài 8: Ta luụn cú: Cho x = Ta cú: Để chứng minh (*) ta cần chứng minh: hay ú ú ú Ta luụn cú: (đpcm) Bài 9: Ta cú: x2 + y2 + z2 Đặt ta được ú ú ú ú ú ú Bài 10 áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : Tương tự : ; ; Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có : Chuyên đề 7: Số, chữ số, số chính phương Bài 1: Số tự nhiên A gồm 100 chữ số 1, số tự nhiên B gồm 50 chữ số 2. CHứng minh rằng A – B là một số chính phương Giải: Đặt C = 111..1 (50 số) thì B = 2C, cón A = 11…100…0 + 11…1 = = C.1050 + C. Do đó A – B = C.1050 + C – 2C = C.1050 – C = C(1050 – 1). Ta lại có 1050 – 1 = 99…9 = 9C Vậy A – B = C.9C = 9C2 = (3C)2 = (33…3)2 là số chính phương. Bài 2: Cho a = 11…12 (n chữ số 1); b = 11…14 (n chữ số 1). Chứng minh rằng ab + 1 là số chính phương. Bài 3: Cho a = 11…1 (n chữ số 1); b = 100…05 (n – 1 chữ số 1) Chứng minh rằng ab + 1 là số chính phương Bài 4: Chứng minh các biểu thức sau là số chính phương A = 11…1 – 22….2 (2n chữ số 1, n chữ số 2) B = 11…1 + 44…4 + 1 (2n chữ số 1 ở số hạng đầu, n chữ số 4) Bài 5: a là số gồm 2n chữ số 1, b là số gồm n + 1 chữ số 1, c là số gồm n chữ số 6. Chứng minh a + b + c + 8 là số chính phương. Bài 6: (Đề thi HSG – năm 2008) Cho số tự nhiờn a được viết bằng 223 chữ số 9. Tớnh tổng cỏc chữ số của số n = a2 + 1 Bài 7: Số sau là bìh phương của số tự nhiên nào? A = 99…900…025 (nchữ số 9, n chữ số 0) Chuyên đề 8 – một số bài toán hình học * Nguyên lý Đirichlê: - Nếu 6 con thỏ nhốt vào 5 lồng thì thế nào cũng tìm được 1 lồng có ít nhất 2 con thỏ - Tổng quát: + Nếu nhốt n + 1 thỏ vào n lồng thì tồn tại một lồng có ít nhất 2 con + Nếu nhốt n thỏ vào m lồng mà phép chia n cho m có thương là k và còn dư thì tồn tại một lồng chứa ít nhất k + 1 thỏ. Bài toán hình học tổ hợp Bài 1: Bên trong một tam giác đều cạnh 10 có 45 điểm. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính 1 chứa ít nhất ba điểm trong 45 điểm đã cho. Bài 2: Trong một hình tròn có diện tích S lấy 35 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm là các đỉnh của một tam giác có diệntích nhỏ hơn Bài 3: (Đề thi HSG – năm 2008) Bên trong một hình vuông có cạnh bằng 1 có 200 điểm. Chứng minh rằng trong số các tam giác có đỉnh là các điểm đó hoặc các đỉnh hình vuông, tồn tại một tam giác có diện tích không quá Bài 4: Bên trong 1 hình vuông cạnh 100 đặt 63 đồng xu hình tròn bán kính 1. Chứng minh rằng có thể đặt được một tấm bìa hình vuông cạnh 10 nằm trong hình vuông ban đầu mà không chờm lên một đồng xu nào. Giải: Bài 1: Chia tam giác đã cho thành các lục giác đều có cạnh 1 hoặc một phần của lục giác đều có cạnh 1 (lục giác đều hoặc lục giác đều) như hình vẽ Tất cả có 22 mảnh. Ta thấy 45 : 22 được thương là 2 và còn dư. Theo nguyên lý đirichlê tồn tại một mảnh chứa 3 điểm, mảnh đó hoặc lực giác đều cạnh 1 hoặc một phần lục giác đều cạnh 1. Vẽ đường tròn ngoại tiếp lục giác đều ấy đó là hình tròn phải tìm. Bài 2: Chia hình tròn thành 17 hình quạt bằng nhau. Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại một hình quạt có ít nhất 3 điểm. Tam giác có 3 đỉnh là điểm này có diện tích nhỏ hơn Bài 3: Chia hình vuông thành các tam giác không có điểm trong chung sao cho mỗi điểm đã cho đều là đỉnh của ít nhất một tam giác và số tam giác không còn chia thêm được nữa. Ta có: Tổng các góc có đỉnh là 200 điểm bên trong hình vuông bằng: 4v . 200 = 800 v Tổng các góc có đỉnh là các hình vuông là: 4v Tổng các góc của tất cả các tam giác được tạo thành: = 402 Tổng diện tích 402 tam giác đó bằng 1. Do đó tồn tại một tam giác có diện tích không quá Bài 4: Chia hình vuông cạnh 100 thành 64 ô vuông, mỗi ô vuông có cạnh bằng . Xét 63 điểm là tâm của 63 đồng xu. Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại 1ô vuông chẳng hạn ô vuông ABCD không chứa điểm nào trong 3 điểm nói trên Thu nhỏ hình vuông đó lại để được hình vuông EFGH đồng tâm cạnh 10 không chờm lên một đồng xu nào.