Hsg8 đs8 chuyên đề phân thức đại số và liên quan (80 trang)

CHUYÊN ĐỀ PHÂN THỨC ĐẠI SỐ Chủ đề PHÂN THỨC ĐẠI SỐ TÍNH CHẤT PHÂN THỨC ĐẠI SỐ A Kiến thức cần nhớ Phân thức đại số  Một phân thức đại số ( hay nói gọn phân thức ) biểu thức có dạng A , A, B đa B thức B khác đa thức A gọi tử thức ( hay tử), B gọi mẫu thức ( hay mẫu)  Mỗi đa thức gọi phân thức có mẫu thức  Mỗi số thực a phân thức  Hai phân thức C A gọi A.D  B.C D B A C A.D  B.C  B D Tính chát phân thức  Tính chất - Nếu nhân tử mẫu phân thức với đa thức khác phân thức phân thức cho: A A.M ( M đa thức khác đa thức 0)  B B.M - Nếu chia tử mẫu phân thức cho nhân tử chung chúng phân thức phân thức cho: A A: N ( N nhân tử chung 0)  B B:N  Quy tắc đổi dấu Nếu đổi dấu tử mẫu phân thức phân thức phân thức cho: B Một số ví dụ Ví dụ 1: Tìm đa thức A, biết rằng: x  16 A  x2  x x Giải Tìm cách giải Để tìm đa thức A, dùng Trình bày lời giải x  16 A  suy Từ x  2x x A C  khi: A.D  B.C B D A A  B B A x  x  16  x2  x x  x   42  x  x   x   x.2  x    x       x  2x x  x  2 x  x  2   x  2  4x  Ví dụ 2: Cho  x  y x2  y  5xy Tính giá trị P  2016 x  2017 y 3x  y Giải Tìm cách giải Quan sát, nhận thấy giả thiết chứa đa thức bậc hai biến x, y, kết luận phân thức mà tử mẫu đa thức bậc biến x, y Do tìm mối quan hệ x y từ giả thiết để biểu diễn x theo y ngược lại Với suy nghĩ ấy, phân tích đa thức thành nhân tử từ điều kiện thứ hai Trình bày cách giải Từ x2  y  5xy  x  5xy  y  x2  xy  xy  y    x  y  x  y   Ta có y  x   y  x  x  y   x  y   y  2x Từ ta có: P  2016 x  2017.2 x  6050 3x  2.2 x Ví dụ 3: Cho x, y thỏa mãn x2  y  xy  x  y  13  x  xy  52 Tính giá trị biểu thức H  x y Giải Từ giả thiết suy x2  xy  y2  y2  x  y  13    x  y    x  y    y2  y     x  y  3   y    2 x  y   x     y  2 y   Từ ta có H  25  7.5  2   52  21 5 Ví dụ 4: Cho biểu thức x2  x   Tính giá trị Q x  3x5  3x  x3  2020 x  x3  3x  3x  2020 Giải Tìm cách giải Ta khơng thể tìm x để thay vào biểu thức được, kết x số tự nhiên, thay vào Q tính phức tạp Do ta có hai định hướng:  Hướng suy nghĩ thứ nhất, viết tử thức mẫu thức dạng  x  x  1 q(x)  r(x) xem phần phép chia đa thức, từ ta tìm Q  Hướng suy nghĩ thứ hai, quan sát thấy có dạng đẳng thức, biến đổi giả thiết khéo léo để xuất thành tử thức mẫu thức Trình bày lời giải Cách  Ta có: x6  3x5  3x  x3  2020   x  x  1 x  x3  x  x  1  2021  Ta có: x6  x3  3x  3x  2020   x2  x  1 x  x3  x  x  1  2021 Với x2  x   tử số 2011; mẫu số 2021 Vậy Q  2021  2021 Cách  Ta có: x2  x    x2  x   x6   x  1  x  x  3x  3x   x  x  3x  3x  Suy mẫu số bằng:  2020  2021  Ta có: x  x    x  x    x  x    x  3x  3x  x  Suy tử số bằng:  2020  2021 Vậy Q  2021  2021 n2  Ví dụ 5: Cho P  với n số tự nhiên Hãy tìm tất số tự nhiên n khoảng từ đến 2020 n5 cho giá trị P chưa tối giản Giải Ta có: P  n2  29  n5 với n  N n5 n5 Để phân số P chưa tối giản ƯCLN  29; n  5  d (d  1) Khi n  d 29 d  d  29  n  29 Hay n   29k  k  N    n  29k  Mà  n  2020   29k   2020  29k  2025  24  k  69  k  1, 2,3 , 69 29 29 Vậy số tự nhiên n cần tìm có dạng n  29k  với k 1, 2,3 , 69 Ví dụ Với giá trị x thì: a) Giá trị phân thức A  10 dương; x 9 b) Giá trị phân thức B  10 âm; x  21 c) Giá trị phân thức C  x  21 dương x  10 Giải Tìm cách giải Khi giải dạng toán chứng ta cần sử dụng kiến thức sau:  Phân thức A có giá trị dương A B dấu B  Phân thức A có giá trị âm A B trái dấu B Trình bày lời giải a) 10   x    x  x 9 b) 10   x  21   x  21 x  21 c) x  21   x  21 x  10 dấu; mà x 10  x  21 nên x  21  x 10   x  21 x  10 x  10 C Bài tập vận dụng 1.1 A x  3x   a) Tìm đa thức A, cho biết x2 x2  M x  3x   b) Tìm đa thức M, cho biết x 1 x 1 Hƣớng dẫn giải – đáp số Dùng định nghĩa, ta có: a) A   x  1 b) M  x2  x  Nhận xét Bạn dùng tính chất phân thức để giải 1.2 Cho a b số thỏa mãn a  b  a3  a2b  ab2  6b3  Tính giá trị biểu a  4b thức B  b  4a Hƣớng dẫn giải – đáp số Từ a3  a2b  ab2  6b3   a3  2a 2b  a 2b  2ab  3ab  6b3    a  2b   a  ab  3b   Vì a  b   a2  ab  3b2  a  2b   a  2b Vậy B  a  4b4 16b4  4b4 12b4 4    4 4 b  4a b  64b 63b 21 1.3 Cho a, b thỏa mãn 10a2  3b2  5ab  9a  b2 Tính giá trị biểu thức P  2a  b 5b  a  3a  b 3a  b Hƣớng dẫn giải – đáp số Ta có P   2a  b  3a  b    5b  a  3a  b   3a  b  3a  b  6a  2ab  3ab  b  15ab  5b  ab 3a  6b  15ab P  9a  b 9a  b Từ giả thiết 10a2  3b2  5ab   5ab  3b2 10a Từ suy P  3a  6b2  9b2  30a 27a  3b2   3 9a  b 9a  b 1.4 Số lớn hơn: A  20202  20152 2020  2015 B  20202  20152 2020  2015 Hƣớng dẫn giải – đáp số Ta có A  2020  2015 20202  20152 20202  20152    2020  2015  2020  20152 20202  20152  A B 1.5 Với giá trị x thì: a ) Giá trị phân thức A  dương; x2 b) Giá trị phân thức B  3 âm; x 3 c) Giá trị phân thức C  x 1 dương x 5 Hƣớng dẫn giải – đáp số a) A    x    x  x2 b) B  3   x    x  x 3 c) C  x 1   x  x  dấu; mà x   x  nên x   x 1   x  x  x 5 1.6 Chứng minh với số nguyên dương n thì: a) n3  phân số khơng tối giản n5  n  b) 6n  phân số tối giản 8n  Hƣớng dẫn giải – đáp số a) Ta có n  n  1  n2  n  1 n5  n  n  n   n  1  n2  n  1   n  1  n2  n  1 n2  n3  1   n2  n  1 với số nguyên dương n n2  n   nên  n  1 n  n  1 giản b) Đặt ƯCLN  6n  1;8n  1  d với d  N *  6n  d  24n  d 8n  d  24n  d   24n     24n  3 d  d  d   ƯCLN  6n  1;8n  1   Phân số tối giản 1.7 Tìm giá trị lớn phân thức sau: A ; x  2x  B 4x  4x  Hƣớng dẫn giải – đáp số a) Ta có A   x  1 3  1  Giá trị lớn A x  1 b) Ta có B   x  1 2  Giá trị lớn B 5 x  2 1.8 Cho x  y  11z;3x  y  z Tính giá trị Q  x  3xy x2  y Hƣớng dẫn giải – đáp số Từ x  y  11z 3x  y  z suy 5x  15z  x  3z n3  phân số không tối n5  n  Từ x  y  11z x  3z suy y  z Thay vào biểu thức: Q  x  3xy 18 z  45 z 9   x2  y z  75 z 28 1.9 Cho a, b thỏa mãn 5a2  2b2  11ab a  2b  Tính giá trị biểu thức A  4a  5b2 a  2ab Hƣớng dẫn giải – đáp số 5a  b  thỏa mãn  Từ giả thiết: 5a  2b2  11ab   5a  b  a  2b      a  2b (loaïi) Thay 5a  b vào A ta được: A  4a  125a  11 a  10a 1.10 Cho 4a  b2  5ab 2a  b  Tính giá trị P  ab 4a  b 2 Hƣớng dẫn giải – đáp số Từ giả thiết: 4a  b2  5ab  4a  b  5ab   4a  4ab  ab  b   4a  b(loaïi)   4a  b  a  b      a  b(thỏa mãn) Suy a  b Thay vào P ta được: P  1.11 Cho x thỏa mãn a2  3a x  3x3  18 x  x P  Tính giá trị biểu thức  x3  x  x  x2  x  Hƣớng dẫn giải – đáp số Từ giả thiết: x  suy x2  x   x  x2  3x   x  x 1 2 Ta có: x4  3x2  18x    x  3x  1 x  1  15x x3  x2  x    x  3x  1  x  1  x  x  3x  1 x  1  15x  15x   3x   ta có P   x  3x  1  x  1  x x Với x 2 1.12 Cho x,y thỏa mãn x2  xy  y  x  y   Tính giá trị biểu thức N  Hƣớng dẫn giải – đáp số Ta có: 3x y  xy x2  xy  y  x  y    x  xy  y  y  x  y  y     x  y  1   y    2 Dấu xảy x  y   y   hay y  2; x  1  1  2   Từ suy N    1 2  1.13 Cho a, b hai số nguyên dương khác nhau, thỏa mãn 2a2  a  3b2  b Chứng minh a b 2a  2b  phân số tối giản Hƣớng dẫn giải – đáp số Từ 2a  a  3b2  b  2a  2b2  a  b  b2   a  b  2a  2b  1  b2 (1) Đặt ƯCLN (a  b;2a  2b  1)  d  a  b d ;2a  2b  d b d  2a  2b    a  b  d  4b  d mà b d hay d   a  b 2a  2b  nguyên tố suy a b phân số tối giản 2a  2b  Chủ đề RÚT GỌN PHÂN THỨC A Kiến thức cần nhớ Muốn rút gọn phân thức ta có thể: Phân tích tử mẫu thành nhân tử ( cần) để tìm nhân tử chung; Chia tử mẫu cho nhân tử chung Chú ý: Có cần đổi dấu tử mẫu để nhận nhân tử chung tử mẫu (lưu ý tới tính chất A     A) B Một số ví dụ Ví dụ Rút gọn phân thức sau: x2  x  ; a) A  x  x  12 a  5a  ; b) B  a  a  4a  x3  x  x  c) C  x  x  17 x  10 Giải a) Ta có:  x  1    x   3 x   3 x2  2x   A  x  x  3x  12 x  x     x    x   x  3 A  x   x    x   x   x  3 x  2 a  a  4a  a  a  1   a  1 b) Ta có: B   a  (a  4a  4) a4   a  2 B B a a 2  1 a    a   a  a     a  1 a  1 a   a    a  a    a  1 a    a  1 a   a2  a   x  1  x2   x  x  1   x  1 c) Ta có: C   x  x  x  x  10 x  10  x  1  x  x  10  C  x  1 x   x    x   x  1 x   x  5 x  Ví dụ Cho a, b, c đôi khác thỏa mãn ab  bc  ca  Rút gọn biểu thức sau:  a  b b  c  c  a  A 2 1  a 1  b 1  c  2 Giải Tìm cách giải Nhận thấy mẫu thức phân tích thành nhân tử cách sử dụng giả thiết Do nên thay  ab bc ca vào mẫu phân tích đa thức thành nhân tử Những tốn rút gọn có điều kiện, nên vận dụng biến đổi khéo léo điều kiện Trình bày lời giải Thay  ab bc ca , ta  a2  a2  ab  bc  ca  a   a  b  a  c  Tương tự:  b2   b  c  c  a   c   c  a  c  b   a  b b  c  c  a   Vậy A   a  b  a  c  b  a  b  c  c  a  c  b  2 a  4a  a  Ví dụ Cho biểu thức P  a  7a3  14a  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nguyên a để P nhận giá trị nguyên Giải Tìm cách giải Khi rút gọn biểu thức, cần phân tích tử thức mẫu thức thành nhân tử Để tìm giá trị nguyên a, cần tách phần nguyên cho phân thức có giá trị nguyên Chẳng hạn P  a 1 3 ta viết P   , số nguyên nên để P số ngun có giá trị ngun a2 a2 a2 Do a  phải ước số Trình bày lời giải a) Ta có: a2  a  4   a  4 a  4a  a  P  a  7a3  14a  a  2a  5a  10a  4a  a  1  a     a  1 a  1 a    a    a  a    5a  a     a    a  1 a   a   a  b) Ta có: P   (a  2) a2 Vậy P  Z   Z  a   1;  3  a  1;1;3;5 a2 Ví dụ Cho phân thức F ( x)  x  x3  x  x  x  x3  x  x  Xác định x để phân thức F ( x) có giá trị nhỏ Giải Tìm cách giải Trong phân thức F ( x) bậc tử thức mẫu thức 4, lớn Do việc tìm giá trị nhỏ gặp nhiều khó khăn, cần rút gọn biểu thức F ( x) Khi F ( x) viết dạng phân thức mà tử thức mẫu thức bậc hai, ta tìm cực trị cách lấy biểu thức F ( x)  m , cho kết qủa tử thức viết dạng đẳng thức (a  b)2 Trình bày lời giải F ( x)   x  x3  x  x  x  x3  x  x  x   x  x3  x  x  x  x3  x  x  x  x  x  x  1   x  x  1 x2  x  x  1 x     x  x  1   x  x  1  x  x  1 x   2 2 2 x2  x   x  2x 1 x  x  x  x   3x  x   x  1    0 Xét F ( x)   2 x  2x 1 4 x2  8x  4  x  1 Suy F ( x)  Dấu xảy x  Vậy giá trị nhỏ F ( x)  x  x  x3  x  Chứng minh biểu thức B khơng âm với giá trị Ví dụ Cho biểu thức B  x  x3  3x   x  1 x Giải a) Sn  1    2.5 5.8  3n  1 3n   b) T  1 2x x3 8x7      x   y x  y x  y x  y x  y x8  y  7.28 Tính tích Q    1  32  1 34  1 32 1997  1 23  33  n3  7.27 Rút gọn: P  1 1 n 1 7.30 a) Tính tích số  P   a  b   a  b2  a  b4  a 1997  b2 1997  b) Cho Q   x  x  x 1 x  x  x 1 x  x  x  x2  x  Rút gọn biếu thức, suy Q  với x  1 7.31 Tính tích số   P=   1  22  1 24  1 22  n 7.32 a) Tính tích P  11.101.10001.100 000 001 100 01, đó, số 100 01 (ở vị trí thứ n dãy) có 2n  số b) Chứng minh biểu thức S 20x x  12 5x   2 x  x  12 x  x  3x đưa dạng A với A, a, b số mà ta cần phải xác định ax  b 7.33 Cho ba phân thức: 4bc  a A ; bc  2a 4ca  b B ; ca  2b 4ab  c C ab  2c Chứng minh a + b + c = a, b, c khác đơi thì: a) A.B.C =1; b)A + B + C = 7.34 Cho biểu thức A  2a  1   1 a 1 a 1 a a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị lớn A 7.35 Rút gọn biểu thức P 4a  ac  c  a  7.36 Cho x > 0, rút gọn biếu thức: 1     x    x  2 x  x  P 1  x   x  x x  7.37 Tìm tất số nguyên dương thỏa mãn a) 1   x y b) 1 1    x y xy 7.38 Tìm tất số hữu tỉ a cho 4a   A  4a  27a số nguyên 7.39 Cho A  B 1    1.2 3.4 1997.1998 1    1000.1998 1001.1997 1998.1000 Chứng minh A số nguyên B 7.40 a) Tính giá trị biểu thức:  2001 A  2007  20012  4002  3 2002 1998.2000.2002.2003 b) Có xác số ngun dương n để ta có  n  1 n  23 số nguyên Hãy tìm số n lớn 7.41 a) Chứng minh rằng: 32010  52010 chia hết cho 13 1 b) Cho Sn      , với n số nguyên dương: n Chứng minh n 1  1 Sn  n       n  2 7.42 Cho a, b, c số khác không đôi khác thỏa điều kiện a + b + c = Chứng minh rằng: a) a3  b3  c3  a2b  ab2  b2c  bc2  c2a  ca2  a b   a  b b  c c  a  c b)       9 a b  a  b b  c c  a   c 7.43 Cho x, y số thực cho x  a) Chứng minh rằng: x y  1 y  số nguyên x y số nguyên x y2 b) Tìm tất số nguyên dương n cho xn y n  x yn n số nguyên 7.44 Phân tích thành nhân tử: A  x10  x5  C LỜI GIẢI HOẶC HƢỚNG DẪN CÁC BÀI TẬP a) x  x  1 x  y b) x  y  c) x  y  y  x  x  , y x  y  Giả sử tồn hai giá trị khác a b hai biến tương ứng x y cho hai biểu thức cho Lúc ta có: 1 ba     a b a b ab a b   b  a  a  b   ab  ab  b2  a  ab  ab b  3b2   a  ab  b    a    0 2  2  b  0, a  Nhưng giá trị làm cho biểu thức nghĩa Vậy khơng tồn hai số dương a b khác đề nói a) Ta có: A  x  2  x2 Với x   4 x2 x   Để A x  x  Vậy để A B x  x  x  x  3  x3  3x  x2 x  ước 1, suy x   x   1 , suy Với x  x   Để B  3x  x  ước Suy x   1 x   2 , x  4; x  2; x  5; x  b) Từ a) suy rằng, để A B có giá trị ngun phải có x  Tương tự trên, biến đổi A thành A 3n  21  3 n4 n4 Để A số nguyên, n  phải ước số 21 Từ suy giá trị n Nếu x  , hay x  5 , mẫu 0, P  5 không xác định Rõ ràng mẫu số dương P  x  12 x 5 số dương Cịn mẫu số âm P  x  âm Do đó, giá trị nhỏ P  x  phải số âm Để P  x   x   , hay x  , x  4, 3, 2, 1,0,1, 2,3, Trong giá trị x trên, x  lớn -1, x  Vậy giá trị nhỏ P  x  -12, x thuộc tập hợp số nguyên a) Ta có:  x  3     nên suy ra: A 2   x  3  3 Mặt khác, x  3 , giá trị A Vậy giá trị lớn biểu thức A b) Ta có:  x  1     , suy B  3  x  1  1 Ngoài ra, thay x  1 vào biểu thức ta B  Vậy giá trị lớn biểu thức B 7 Điều kiện: x  1 x y  x  1   x  1   x  1  x  1   x  1    x  1 Đặt x   t , ta có: y  1   t2  t 1 1           t t2 t2  t   1       t 2 Suy y nhỏ t  , tức x  Biến đổi vế trái thành baac cbba a ccb    a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b  biến đổi tiếp thành vế phải Điều kiện: a  b, b  c, c  a Lấy mẫu thức chung  a  b  b  c  c  a  quy đồng, biến đổi tử thành: c  a  b2   c2  a  b   ab  a  b    a  b  b  c  c  a  suy A  10 Với điều kiện đề cho ta có: a  bc b  ac  a 1  bc  b 1  ac    a  bc   b  abc    b2  ac   a  abc   a2 b  a3bc  b2 c  ab2 c  ab2  ab3c  a c  a 2bc  a2 b  ab2  b2 c  a c  a3bc  ab3c  a 2bc  ab2 c  ab  a  b   c  a  b2   abc  a  b2   ac  bc    a  b  ab  ac  bc   abc  a  b  a  b  c   ab  ac  bc  abc  a  b  c  (vì a  b  a  b  )  abc  1   (do abc  ) a b c 11 Điều kiện: a  b, b  c, c  a Lấy mẫu thức chung  a  b  b  c  c  a  quy đồng, biến đổi tử thành: T  a  b  c   b2  c  a   c  a  b  x  a  b  c  b  c   b2  c  a  c  a   c  a  b  a  b  x  a  b  c  bc  b2  c  a   c  a  b  ab   Mx2  Nx  P, đó, N  a  b2  c   b2  c  a   c  a  b2   a  b  c  b  c   b2  c  a  c  a   c  a  b  a  b   0, P  a  b  c  bc  b2  c  a  ca  c  a  b  ab  a2 b2 c  a c2b  b2 c a  b2 a c  c a 2b  c 2b2 a  M  a  b  c   b2  c  a   c  a  b    a  b b  c  c  a  Vậy biểu thức cho x , nghĩa không âm với giá trị x 12 Với điều kiện đề bài, lấy mẫu thức chung a  x quy đồng, biến đổi tử sau: x  a  ax  a  ax  x    a  x  ax  x  ax  a   2a  a  x  Từ suy điều phải chứng minh 13 Rút gọn:   x A   :  x 4 2 x x2 x2  x   x  2  x  :  x   x   x   6 x2   x   x    x ( x  2, x  0, x  ) 14 a) Điều kiện: x  1 Ta có  x  1 A  x  1  x  1, B  x  x  b) A  B  x   x2  x   ( x  x  ) 15 P  x4 3x  3x  36  x4  x  x  12   x4  x   x  3 Điều kiện: x  x  3 Nếu x  ta có P  1 Nếu x  ta có P  x3 x3 16 a) Khi x  2a, x  1, x  3 a  , ta có A  b) A  a  a  a  a  1 , với điều kiện x  2, x  1, x  3 a 17 Biến đổi tử mẫu A: 3 x  2  x3  x  x  1  x  x  10  x3  x  x  1   x  2  x2  4  x  1 x  1 ,  x2  4 3    x   x  1  x  12  x  1 x  1 Với điều kiện x  2, x  1, ta có: A   x  2 Với điều kiện x  1, x  0, x  , ta có 2 x2  x    x  2  x  B  n 1    x  3x n  x  x  x    x  1 x   x  x   x n  x  3 x  x  1 x n 1 18 A  ab  b  a   a  b  ab A a  2,5; b  0,5 19 Ta có : B 3 2a  b 5b  a a  2b  5ab  3 3a  b 3a  b 9a  b 10a  3b2  5ab   9a  b2  9a  b 20 a) A    3 b , a  0, a   2a b) A   c) a  21 a) Thay y  x  vào, ta có A  2 b) Lấy mẫu thức chung  a  b  b  c  c  a  , tử : a  bc   b  c    b2  ca   c  a    c  ab   a  b   22 Ta có: 1     xy  yz  xy  (vì x, y, z  ) x y z Khi đó, chứng minh: x y  y z  x z  3x y z Mà x  y  z  nên suy x3  y3  z  3xyz Từ đó: 3 3 3 3 x6  y  z  x  y  z    x y  y z  x z   x3  y  z x3  y  z   3xyz   2.3x y z 3xyz 23 a)  9x2 y z  6x2 y z  xyz 3xyz 3a  2b 3b  2a  a  2b b   a  2b      2a  b5 2a  b5 b) Vì a  b  c  nên a    b  c  , suy b2  c2  a2  2bc , từ đó: B 1 abc    0 2bc 2ca 2ab 2abc 24 T   1 1       1.2 2.3  n  1 n  1 1 1 1           1    4 2 n 1 n   n  25 A  3, B  (Quy đồng, bỏ mẫu cân hệ số) 26 x2    A  B  x   A  2B  C  x  A  2C , suy A  B   A  1 /   2 A  B  C    B  10 /  A  2C  5 C  22 /   1    2.5 5.8  3n  1 3n   27 a) Sn  1 1 1 1  11              3 5 3n  3n    3n   1 2x x3 8x7 b) T      x  y x  y x  y x  y x8  y  2x 2x x3 8x7    x  y x  y x  y x8  y  x3 x3 8x7 x15    x  y x  y x8  y x16  y16  28 2Q    1  1  32  1 34  1 32    34  1 34  1 32 1998 Vậy Q  32 1 1997    32 1998 1 1997  1 1 22   1   1  32   1   1  42   1 29 P   22   1   1  32   1   1  42   1  n  3  n    n  1  n   2   n    1  n    n  1   n  1  1      n    1  n   n  1   n  1  1     n  1 n2  n  1  n  1 n2  n  1  1.2 13 21 31 n2  3n  n2  n  n2  n  n  n  1 13 21 n2  5n  n  3n  n  n  n2  n   n  n  1 30 a)  a  b  P  a 1998 b) Q   x  b2 Xem 2.28 1998  1 x  x  1  x  1 x  x  1  x  1 x  x  1 x  x  1 2  x  x2  31 P    1 P  22 n 1  Xem 2.28 32 a) 9P  9.11.101.10001.100 000 001 .100 01      = 10  110  1 102  1 102  102  102  P 102 n 1 1 n b) Biến đổi , ta được: S , với x  0, x   2x  33 Ta có: a  b  c   a    b  c  nên 4bc  a  4bc   b  c     b  c  2 Tương tự: 4ca  b2    c  a  4ab  c    a  b  Mặt khác: bc  2a  bc  a  a  a  bc  a b  c   a  bc  ab  ac  a  a  b   c  b  a    a  b  a  c  Tương tự: ca  2b2   b  c  b  a  ab  2c2   c  a  c  b  Do đó: a) A.B.C    b  c   c  a  a  b  a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b   b  c   c  a  a  b  a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b  1 (với a, b, c đôi khác nhau) b) A  B  C   c  a    a  b  a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b   b  c   c  a    a  b   b  c  3  a  b  a  c  b  c  Ta có:  a  c    b  c    a  b  3 2   a  c  b  c   a  c    a  c  b  c   b  c    a  b     a  b    2   a  b   a  c    a  c  b  c    b  c    a  b       a  b   a  c  a  c  b  c    b  c  a  b  b  c  a  b    a  b  a  c  a  b  2c  2b  c  a    a  b  a  c  3b  3c  Do  a  c    b  c    a  b    a  b  a  c  b  c  Vậy A BC  3  a  b  a  c  b  c   a  b  a  c  b  c   34 a) A xác định a  a  Ta có A a  a 1 b) A lớn biểu thức a  a  nhỏ 1, điều xảy a  Vậy giá trị lớn A 35 P   a  1 c 1 , a  36 Ta có: 1    x  x   x  x  P 1  x   x  x x  1  1    x     x3   x  x   1   3 x   x  37 a) 1 3y   x  3 x y y3 y3 Suy y  x  b) Khơng tính tổng qt, giả sử x  y Khi đó, 1 1 , suy    x y xy 1 1 2x 1 2x         , x y xy y xy xy xy y từ y  Lần lượt thử với giá trị y  1, 2,3, 4,5 ý vai trò x y nhau, ta cặp số cần tìm: x  9, y  4; x  6, y  5; x  4, y  9; x  5, y  38 Ta có: 4a    a 4 1 Nếu a  1 A  , lúc đó, A  a  Vậy a  giá trị cần tìm Xét trường 4 hợp a  Ta giả sử A  k , với k số nguyên dương, lúc đó:  2 27a  4ah  h  0, với h  Nhân hai vế (2) cho 3, ta được: k 81a4  18a2   18a2  12ah  3h   0,   9a  1   3a  1   h  11  4a   2 Các số hạng thứ nhất, thứ hai vế trái không âm, a  âm Vậy đẳng thức xảy 9a  1   3a  1  h  11  4a   hay h  a  h  nên số hạng thứ ba khơng Tóm lại, giá trị a cần tìm là: a  39 A  1 a  1    1.2 3.4 1997.1998 1 1 1        1997 1998  1 1 1 1  1       2     1997 1998  1996 1998   1 1 1 1 1           1997 1998 998 999  1 1     1000 1001 1997 1998 Vậy   1     2A             1000 1998   1001 1997   1998 1000   2998 2998 2998     2998.B 1000.1998 1001.1997 1998.1000 A  1499 , số nguyên B Suy  2001 A 40 a)   2001   20012  2.2001  3 1998.2000.2003  2001   2001  3 2001  3 2001  1 1998.2000.2003  2004 b) Ta có  n  1 n  23   n  2n  n  23 n2  23n  21n  n  23n 21n    n  23 n  23 n  23  n 21n  483  484 484  n  21  n  23 n  23 Vế phải đẳng thức số nguyên n  23 ước số 484 Trong ước số nguyên dương 484 1, 2, 4, 11, 22, 44, 121, 242, 484 có bốn số 44, 121, 242, 484 cho ta số n nguyên dương sau: n  23  44  n  21; n  23  121  n  98; n  23  242  n  219; n  23  484  n  461; Vậy số cần tìm n  461 41 a) Ta có: 32010  52010   33  670   27  670    52  1005    25 1005 1 1   27  1  27669   1   25  1  251004   1  26.M , bội số 13 b) Ta có: 1  1  1  Sn  n  1  1    1    1     1 2  3  n  n 1 1  n       n  2 42 a) a3  b3  c3  a2b  ab2  b2 c  bc2  c2 a  ca  a  a  b  c   b2  b  a  c   c  c  b  a    a  b  c   a  b2  c   (vì a  b  c  ) b) Ta có M     ab  a  b   bc  b  c   ac  c  a  abc ab  a  b   bc  b  c   ac  c  b    b  a   abc a  a  b  b  c   c  b  c  b  a  abc  a  b  b  c  a  c  abc N    a b bc c a   c a b c a b   a b bc ca c  b  c  c  a   a  a  b  c  a   b  a  b  b  c   a  b  b  c  c  a  c  bc  ab  c  ac   a  ac  a  bc  ab   b  ab  ac  b  bc   a  b  b  c  c  a  bc  abc  c3  ac  a c  a3  abc  a b  ab  abc  b3  b c  a  b  b  c  c  a   c  a  b   a  c  b   b  a  c   a  b3  c3  3abc  a  b  b  c  c  a  Mà a  b  c   a3  b3  c3  3abc a  b  c, b  c  a, a  b  b nên N  c  c   a  a   b  b   a  b3  c3  3abc  a  b  b  c  c  a  2  a3  b3  c3   3abc  a  b  b  c  c  a   9abc  a  b b  c  c  a  Do đó: M N   a  b  b  c  c  a  ABC 9abc 9  a  b  b  c  c  a  (vì a, b, c  a, b, c đôi khác nhau) a b   a  b b  c c  a  c Vậy         a b  a  b b  c c  a   c   1 43 a) Ta có  x   y    xy   2 y  x xy  nên xy   xy   Suy ra:  xy    x y  2   xy  x y  Do vậy: x y   x y2 b) Theo câu (a) ta có: x y   x y2 Ta chứng minh quy nạp theo n   x n y n  Với n  1, mệnh đề Giả sử mệnh đề với n  k , với k  Xét n  k  1, ta có: x k 1 y k 1  x y k 1 k 1        x k y k  k k   xy     x k 1 y k 1  k 1 k 1  xy   x y  x y   số nguyên, theo giả thiết quy nạp, ta có  x yn n   xy   xy   k k x y  k k  x y   k 1 k 1  x y  k 1 k 1  x y  Vậy mệnh đề cho n = k + Theo nguyên lí quy nạp, mệnh đề chứng minh 44 Ta có: A  x10  x5   x8  x  x  1  x7  x  x  1  x5  x  x  1  x4  x2  x  1  x3  x  x  1  x  x  x  1   x  x  1   x  x  1 x8  x7  x5  x  x3  x  1