1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi trong học cơ sở môn toán

24 728 2

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 24
Dung lượng 1,03 MB

Nội dung

Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình. I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp. Bài 1:Gpt: 2 2 2 2 2 2 4 10. 11. 0. 1 1 1 x x x x x x − + −       + − =  ÷  ÷  ÷ + − −       Giải: Đặt 2 2 ; 1 1 x x u v x x − + = = + − (1). Ta có: 10.u 2 + v 2 -11.uv = 0 ⇔ (u-v).(10u-v)=0 ⇔ u=v hoặc 10u=v. Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng. Bài 2:Gpt: (x 2 - 4x+3).(x 2 - 6x + 8)=15. Giải: Đặt x 2 - 5x + 5 = u (1). Ta có: (x 2 - 4x+3).(x 2 - 6x + 8)=15 ⇔ (x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0 ⇔ (x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0 ⇔ (x 2 -5x+4).(x 2 -5x+6)-15=0 ⇔ (u-1).(u+1)-15=0 ⇔ u 2 -16=0 ⇔ u= ± 4. Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x. Bài 3:Gpt: 2 90. 1 1 x x x x     + =  ÷  ÷ + −     Giải: ⇔ 2 2 2 1 1 . 90 ( 1) ( 1) x x x   + =   + −   . 2 2 2 2 2 2 . 90 ( 1) x x x + ⇔ = − . Đặt u = x 2 ( u ≥ 0) (1). Ta có: 2 2 2 2 2 . 90 2 2 90.( 1) ( 1) u u u u u u + = ⇔ + = − − ( u ≠ 1). ⇔ 09018288 2 =+− uu . Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x. Bài 4:Gpt: 3 3 3 2 3 12.( 1)x x x+ − = − . Giải: Đặt 3 3 ; 2 3x u x v= − = (1). 1 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Có: ).(4).(3).(4 3333 3 33 vuvuuvvuvuvu +=+++⇔+=+    = −= ⇔=−+⇔=+−+⇔ vu vu vuvuvuvuvu 0)).(.(30)2).(.(3 222 Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x. Bài 5:Gpt: x x xxx 3 22 1 2335 2 23 +=+−++ (1). Giải: Từ (1) suy ra: 162335.2 223 −+=−++ xxxxx xxxxxxxx 122121368121220 232423 −−+++=−++⇒ 0924228 234 =+−+−⇒ xxxx (x ≠ 0). 0 924 228 2 2 =+−+−⇒ x x xx . Đặt y x x =+ 3 (*) ta có: y 2 - 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x. Bài 6:Gpt: ( ) ).1(018 4 1 ).4.(3)4.(1 =− − + −+−+ x x xxx Giải: Điều kiện x > 4 hoặc x < -1. *Nếu x > 4, (1) trở thành: 018)4).(1(.3)4).(1( =−−++−+ xxxx Đặt 0)4).(1( ≥=−+ yxx (2) ta có: y 2 + 3y -18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x. *Nếu x < -1, (1) trở thành: 018)4).(1(.3)4).(1( =−−+−−+ xxxx Đặt 0)4).(1( ≥=−+ yxx (3) ta có: y 2 - 3y -18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x. Bài 7:Gpt:(2x 2 - 3x +1).(2x 2 + 5x + 1)=9x 2 (1). Giải: (1) 0122044 234 =++−+⇔ xxxx (x ≠ 0).Chia cả hai vế cho x 2 ta được : ⇔ 4x 2 + 4x -20 + 2 12 x x + = 0. ⇔ 024 1 2.2 1 2 2 =−       ++       + x x x x . Đặt y = x x 1 2 + .(2) Ta có: y 2 + 2y -24 = 0. Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x. 2 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Bài 8:Gpt: .0168.26416 222 =++−−+− xxxxx Giải: .04.28 =+−−−⇔ xxx Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản. Bài 9:Gpt: (1 + x + x 2 ) 2 = 5.(1 + x 2 + x 4 ). Giải: 423242 5552221 xxxxxxx ++=+++++⇔ 022 042224 234 234 =+−+−⇔ =+−+−⇔ xxxx xxxx Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình trên cho x 2 ta được: 2x 2 - x + 1 - 0 21 2 =+ x x . Đặt y = x x 1 + (*). Ta có: 2y 2 - y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x. Bài 10: Gpt: (6-x) 4 + (8-x) 4 = 16. Giải: Đặt 7 - x = y (*). Ta có: (y-1) 4 + (y + 1) 4 =16 ⇔ 2y 4 +12 y 2 +2 = 16 ⇔ 2.(y-1).(y+1).(y 2 +7)=0 ⇔ y =1 hoặc y = -1. Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x. II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau: Bài 1: x 2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải: Đặt y 2 + 3y = t. Ta có: x 2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y 2 + 3y).(y 2 + 3y +2) = t 2 + 2t. *Nếu t > 0 thì t 2 < x 2 = t 2 + 2t < (t+1) 2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn. *Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t 2 + 2t > t 2 + 4t + 4 suy ra t 2 + 2t > t 2 + 4t + 4 = (t+2) 2 . Suy ra: x 2 = t 2 + 2t > (t + 2) 2 (*). Lại có: t 2 +2t < t 2 suy ra x 2 < t 2 (**). Từ (*)&(**) suy ra (t + 2) 2 < x 2 < t 2 suy ra x 2 = (t+1) 2 suy ra t 2 +2t = (t +1) 2 (=x 2 ) 3 x -∞ 0 4 8 +∞ x-8 - - - 0 + x-4 - - 0 + + x - 0 + + + Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Suy ra : t 2 +2t = t 2 +2t +1 (Vô lý). *Nếu t = -1 suy ra x 2 = t 2 +2t = -1 <0 (Vô lý). *Nếu t = 0 suy ra x = 0 ⇒ y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3 . Bài 2:    =−+− =+− )2(122 )1(2 2 zxxyx zyx Giải: Từ (2) ta có: 2x 2 - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có: 2x 2 - xy+x-2.(2 - x + y)=1 ⇔ 2x 2 -xy +3x-2y-5 =0 .7,1227 2 7 1 2 53 2 ±±=+⇒+⇒Ζ∈ + −+= + −+ =⇔ xx x x x xx y  Từ đó ta tìm được x ⇒ tìm được y ⇒ tìm được z. Bài 3:    =−− =−− )2(1 )1(3 222 zyx zyx Giải: Thay (1) vào (2) ta được: (y + z -3) 2 -y 2 -z 2 =1 ⇔ yz - 3y - 3z = -4 ⇔ (y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1= =(-5).(-1. Từ đó ta tìm được y và z ⇒ tìm được x. Bài 4: 2xy + x + y = 83. Giải: ⇔ .167,11212167 12 167 1 12 2166 2 12 83 ±±=+⇒+⇒Ζ∈ + +−= + − =⇔ + − = yy yy y x y y x  Từ đó ta tìm được y ⇒ tìm được x. Bài 5: .3=++ y zx x yz z xy Giải: Điều kiện : x,y,z ≠ 0. Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê 3 số -3 thỏ mà chỉ hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương) Ta thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = xy > 0 và .0, > x y y x Đặt A= .3=++ y zx x yz z xy Giả sử z <0 khi đó 3 = A = 0000 =++<++ y zx x yz z xy (Vô lý). Vậy z >0.Ta có: A = 3 3 .3 3 3 zxy x y z y x z z xy y x z x y z z xy y zx x yz z xy =≥++==++    −=== === ⇒==⇒≥⇒ 1,1 1,1 1,1.1 yxz yxz xyzzxy 4 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Bài 6: 2x 2 - 2xy = 5x + y - 19. Giải: Từ bài ra ta có: .17,1121217 12 17 2 12 1952 2 ±±=+⇒+⇒Ζ∈ + ++= + ++ = xx x x x xx y  Từ đó ta tìm được x ⇒ tìm được y. III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác. Bài 1: .2 2 11 2 = − + x x Giải: Điều kiện : 2,0 <≠ xx . -Nếu x < 0 thì < − + 2 2 11 x x .2 2 1 2 1 2 <≤ − x Vậy ta xét x > 0: Đặt x = a và bx =− 2 2 (a,b > 0). Ta có:      =+ =+ 2 2 11 22 ba ba Có: 1 1 .2 11 2 ≥⇒≥+= ab abba (1). Lại có: 2 = a 2 + b 2 ≥ 2ab suy ra 1 ≥ ab (2). Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a 2 + b 2 =2 nên suy ra (a+b) 2 = 4 suy ra a + b = 2. Vậy ta có: 11 2 1 =⇒==⇒    =+ = xba ba ab . Bài 2: .51632414 4222 +−−=−−++++− yxyyxxx Giải: Điều kiện:        ≥− ≥−−+ ≥+ ≥− )4(016 )3(032 )2(041 )1(04 4 22 2 x yyx x x Từ (4) suy ra x 2 ≥ 4 kết hợp với (1) suy ra x 2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2. Phương trình đã cho trở thành: 51 +−=− yy . Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu). Bài 3: 2x 4 -21x 3 + 74x 2 -105x +50 =0. 5 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Giải: Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy x ≠ 0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x 2 ta được: 026 25 .21 25 .20 50105 74212 2 2 2 =−       +−       +⇔=+−+− x x x x x x xx Đặt y x x =+ 25 ta có: 2y 2 -21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y ⇒ tìm ra x. Bài 4:      =−++ =−−+ 71.41 511.2 xx xx Giải: Đặt :      ≥−= ≥+= 01 01 xb xa Hệ đã cho trở thành:    =+ =− 74 52 ba ba Từ đó tìm được a =3,b =1. Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa. Bài 5:      −+= =−+− )2(15 )1(151 xy yx Giải: Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có: 11.215151 =−⇔=−−++− xxx . Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không gì khó khan nữa. Bài 6:      =+−+− =−+−+− )2(0332 )1(02445124152 22 22 xyxyyx yxyxyx Giải: Phương trình (2) phân tích được như sau: (x - y).(x -3 + 2y) = 0    −= = ⇔ yx yx 23 Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y. Bài 7: x 3 + (3-m).x 2 + (m-9).x + m 2 -6m + 5 = 0. Giải: Phương trình đã cho phân tích được như sau: [ ] [ ] 0)1(2.)5( 2 =−−−−− mxxmx . Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa. 6 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Bài 8:    =++ =++ xyzzyx zyx 444 1 Giải: Bổ đề: .:,, 222 cabcabcbaRcba ++≥++∈∀ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên). Sử dụng bổ đề ta có: xyz = x 4 + y 4 + z 4 ≥ x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ≥ xyz.(x + y + z) = xyz. Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có: x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được: 3 1 === zyx . Bài 9: ( )      +++−=− =+ )2)(2001.( )1(1 2000 20001999 1999 22 xyyxxyyx yx Giải: Điều kiện: x,y .0 ≥ Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy: -Nếu x > y thì: VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP. -Nếu y > x thì: VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP. -Nếu x = y khi đó: VT =VP =0. Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y .0 ≥ ) ta được: 2 1 == yx . Bài 10: 2.2252.3252 =+−−+−−+ xxxx (1). Giải: (1) ( ) ( ) 2.2332. 2 1 152. 2 1 22 =−−++−⇔ xx 4352152 =−−++−⇔ xx Ta có: .41525231525234 =+−+−−≥+−+−−= xxxx Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là: 2 5 7 529 052 0523 ≥≥⇔    −≥ ≥− ⇔≥−− x x x x Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:       ∈ 7; 2 5 x . CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức. Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất. 7 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác. CMR: ab + bc + ca ≤ a 2 +b 2 +c 2 < 2.(ab + bc + ca). Giải: Ta có: a 2 +b 2 +c 2 - ab + bc + ca [ ] .0)()()(. 2 1 222 ≥−+−+−= accbba Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Vậy: ab + bc + ca ≤ a 2 +b 2 +c 2 . Lại có: a < b + c ⇒ a 2 < a.(b + c) (1) Tương tự: b 2 < b.(a + c) (2) ,c 2 < c.(b + a) (3). Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được: a 2 +b 2 +c 2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca). Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: xyzyzzxz ≤−+− ).().( (1). Giải: Đặt:    += += nzy mzx (m,n,z > 0). Khi đó (1) trở thành: )).(( nzmzznzm ++≤+ ( ) zn z m nm +       +≤+⇔ .1 (2). Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: ( ) .).(1 .).(1 2 2 mnzn z m mnz z m nzn z m +≥+       +⇔ +=         +≥+       + Vậy (2) đúng, tức là (1) cũng đúng (đpcm). Bài 3:Cho xy > 0 và x + y = 1.CMR: ( ) .5 1 .8 44 ≥++ xy yx Giải: Từ giả thiết .0, 01 0 >⇒    >=+ > yx yx xy Ta có: ).1(4 1 4 1 .21 ≥⇒≥⇒≥+= xy xyxyyx Lại có: ( ) [ ] ( ) [ ] .1 )).(11().(4)).(11.(4.8 2 2 2 2222222442244 =+≥ ≥++=+≥++=+ yx yxyxyxyx Suy ra: 8.(x 4 + y 4 ) 1≥ (2). 8 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Từ (1) và (2) suy ra: ( ) .541 1 .8 44 =+≥++ xy yx Ta đpcm. Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít nhất một trong ba số sau đây là số dương: x = (a + b + c) 2 - 9ab ; y = (a + b + c) 2 - 9cb ; z = (a + b + c) 2 - 9ac. Giải: Ta có: x + y + z = 3. (a + b + c) 2 - 9.(ab + bc + ca) = 3.(a 2 + b 2 +c 2 - ab - bc - ca) = = [ ] .0)()()(. 2 3 222 >−+−+− accbba (Do a ≠ b ≠ c ≠ a). Vậy trong ba số x,y,z luôn ít nhất một số dương. Bài 5: Nếu    > ≥+ 0 1 ab ba thì 8 1 44 ≥+ ba . Giải: Hoàn toàn tương tự bài 3. Bài 6:CMR: ( ) ( ) ( ) ( ) 4488221010 yxyxyxyx ++≥++ . Giải: Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 4488221010 yxyxyxyx ++≥++ ( ) ( ) 4444121288221212 yxyxyxyxyxyx +++≥+++⇔ ( ) ( ) 44448822 yxyxyxyx +≥+⇔ ( ) 0. 62268822 ≥−−+⇔ yxyxyxyx ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 4224 2 2222 662222 ≥++−⇔ ≥−−⇔ yyxxyxyx yxyxyx Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta đpcm. Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì : P = a 3 + b 3 + c 3 - 3abc < 0. Giải: Có: P = a 3 + b 3 + c 3 - 3abc = (a + b + c).(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca) < 0. Bài 8:CMR: 4 1 )12( 1 25 1 9 1 2 < + +++= n A với .1, >Ν∈ nn Giải: Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:       ++ + + < + )22).(12( 1 )12.(2 1 . 2 1 )12( 1 2 nnnn n Áp dụng ta có: 9 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS . 4 1 22 1 2 1 . 2 1 22 1 12 1 4 1 3 1 3 1 2 1 . 2 1 )22).(12( 1 5.4 1 4.3 1 3.2 1 . 2 1 <       + −=       + − + ++−+−= =       ++ ++++< nnn nn A Ta đpcm. Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì: pq qp qp ≥ + + 22 . Giải: Có: ( ) ( ) .0 . 2 22 ≥ + ++− =− + + qp qpqpqp pq qp qp Ta đpcm. Bài 10:CMR: kk k 1 1 11 2 − − < với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra: n n 1 2 1 3 1 2 1 1 222 −<++++ với n >1. Giải: Ta có: kkkk k 1 1 1 ).1( 11 2 − − = − < . Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được: . 1 2 1 1 1 3 1 2 1 2 1 1 1 1 1 3 1 2 1 1 222 nnn n −=       − − ++−+−+<++++ Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR: .022 22 ≥− − + yx yx Giải: Ta có: .022 2 ).(.2 2 22 ≥= − −≥ − +−= − + yx yx yx yx yx yx Ta đpcm. Bài 12:Cho tam giác ABC các cạnh thỏa mãn: .cba ≤≤ CMR: ( ) .9 2 bccba ≤++ Giải: Từ giả thiết bài ra ta có: ( ) )1(9254 0)4).((042 2 22 bccbbccb cbcbcbcabb ≤+⇒≤+⇒ ≤−−⇒>−⇒>+≥ Mà: (a + b + c) 2 ≤ (2b + c) 2 (2). Từ (1) và (2) suy ra: (a + b + c) 2 ≤ (2b + c) 2 ≤ 9bc. Ta đpcm. Bài 13: 10 [...]... khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC) CHUYÊN ĐỀ 6: Các bài toán hình học phẳng 18 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS nội dung chứng minh, tính toán Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O bán kính R thay đổi (R . tam giác BKC (song song với đáy BC). CHUYÊN ĐỀ 6: Các bài toán hình học phẳng 18 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS có nội dung chứng minh, tính toán. Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh. ra: .1)()().(2 222222 333 ≥++≥++−++≥++ zyxzxyzxyzyx x z z y y x Vậy ta có đpcm. 11 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS CHUYÊN ĐỀ 3: Đa thức và những vấn đề liên quan. Bài 1:Cho 12 2 & 23 5 23 2 ++ + − = −− + = xx b x a Q xx x P trình đã cho là:       ∈ 7; 2 5 x . CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức. Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất. 7 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của

Ngày đăng: 22/04/2014, 14:56

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w