Thông tin tài liệu
CHUYÊN ĐỀ : HẲNG ĐẲNG THỨC A CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC CƠ BẢN 2 2 2 (a b) a 2ab b a 2ab b 4ab (a b) 4ab 2 2 2 (a b) a 2ab b a 2ab b 4ab (a b) 4ab 2 a b (a b)(a b) 3 2 3 3 3 (a b) a 3a b 3ab b a b 3ab(a b ) a b (a b) 3ab(a b ) 3 2 3 3 3 (a b) a 3a b 3ab b a b 3ab(a b) a b (a b) 3ab(a b) 3 2 a b (a b)(a ab b ) 3 2 a b (a b)(a ab b ) Bài 1: 2 2 2 a) Tính A 100 99 98 97 n b) Tính B 12 2 32 1 n Lời giải a) 101.100 A 1002 992 982 97 2 12 (100 99)(100 99) (2 1)(2 1) 100 5050 b) Ta xét hai trường hợp - TH1: Nếu n chẵn B 22 12 42 32 n n 1 1 n 1 n n n 1 - TH1: Nếu n lẻ 2 B 22 12 42 32 n 1 n n 1 n 1 n Hai kết dùng cơng thức: 1 n n n 1 n n 1 2 Bài 2: So sánh A 19999.39999 B 29999 Lời giải 2 Ta có: 19999.39999 (29999 10000)(29999 10000) 29999 10000 29999 A B Bài 3: Rút gọn biểu thức sau 64 a A (2 1)(2 1) (2 1) 1 64 b B (3 1)(3 1) (3 1) 2 c C (a b c) (a b c) 2(a b) Lời giải 64 64 128 128 a A (2 1)(2 1) (2 1) 1 (2 1)(2 1)(2 1) (2 1) 1 2 1 2 1 3128 B (3 1)(32 1) (364 1) (3 1)(3 1)(32 1) (364 1) 1 (3128 1) 2 b c C (a b c) (a b c ) 2( a b) (a b c )2 2(a b c)(a b c) (a b c ) 2(a b c )(a b c ) 2 2(a b) (a b c a b c ) a b c -2 a b 4(a b ) 2(a b) 2c 2(a b) 2c Bài 4: Chứng minh 2 2 2 a (a b )( x y ) (bx ay ) ax by b (a b c )( x y z ) ax by cz (bx ay )2 (cy bz ) (az cx ) Lời giải 2 2 2 2 2 2 2 2 a Ta có: VT = (a b )( x y ) a x a y b x b y (bx) (ay ) (ax) (by ) (bx) 2bx.ay (ay ) 2bx.ay (ax) (by ) (bx ay ) ax by (dpcm) 2 (a b )( x y ) (a b ) z c ( x y z ) ax by ax by cz cz b VT = 2 = ax by (bx ay ) (az ) (bz ) (cx ) (cy ) (cz ) ax by (cz ) 2ax.cz 2by.cz (bx ay ) [(cy) 2by.cz (bz ) ]+(az) (cx) 2az.cx (bx ay ) (cy bz ) (az cx) Nhận xét: Đây bất đẳng thức Bunhicopski 2 2 Bài 5: Cho x y z CMR : (5x y z )(5x y z ) (3x y ) Lời giải 2 2 VT = (5 x y) 16 z 25 x 30 xy y 16 z 2 2 2 2 2 Mà: z x y VT 25x 30 xy y 16( x y ) 9 x 30 xy 25 y (3x y ) (dpcm) Bài 6: CMR, (a b c d )(a b c d ) (a b c d )(a b c d ) ad = bc Lời giải a d b c a d b c = a d (b c ) a d 2ad b c 2bc VT = 2 2 2 2 VP = [(a-d)+(c-b)][(a-d)-(c-b)]=(a-d) (c b) ( a d ) (c b) a d 2ad c b 2bc VT = VP 2ad 2bc 2ad 2bc 4ad 4bc ad bc (dpcm) Bài 7: CMR, nếu: 3 2 a a + b + c = a a c abc b c b 0 2 2 2 b ( y z ) ( z x) ( x y ) ( y z x) ( z x y ) ( y x z ) x = y = z Lời giải a Ta có : a b3 (a b)(a ab b ) a b3 c(a ab b ) a 2c abc b 2c a b a 2c abc b 2c 0 a b c a b c b Đặt : y z a; z x b; x y c a b c 0 y z x ( y x) ( z x) b c z x y c a x y z a b Từ giả thiết ta có : a b c (b c )2 (c a )2 (a b)2 a b c b 2bc c c 2ac a a 2ab b a b c 2ab 2bc 2ca 0 2(a b c ) ( a b c 2ab 2bc 2ca ) 0 x y a b c 0 a b c y z x y z z x 2(a b c ) (a b c) 0 2 Bài 8: Chứng minh không tồn số thực x, y, z thỏa mãn: 2 a x 10 y xy x y 0 2 b x y z x z y 15 0 Lời giải 2 a VT ( x y) (2 x 1) ( y 1) 1(dpcm) 2 b VT ( x 1) 4( y 1) ( z 3) 1(dpcm) Bài 9: Tìm x, y thỏa mãn 2 a x y 4 y ( x 3) 2 b x xy y 28 x 28 0 2 c x y z 2( xy yz z ) Lời giải 3 x y 4 y ( x 3) ( x y ) (2 y 3) 0 x 3; 2 a Ta có: 2 2 2 b x xy y 28 x 28 0 (7 x 28 x 28) (2 x xy y ) 0 7( x 2) 2( x y ) 0 x 2 y 1 2 2 2 c x y z 2( xy yz z ) ( x y ) ( y z ) ( z 1) 0 x ; y 2; z 1 Bài 10: Chứng minh biểu thức sau viết dứơi dạng tổng bình phương hai 2 biểu thức: x x 1 x x 3 Lời giải 2 x x 1 x x x x x 1 x x x x Ta có: 2 10 x 40 x 50 x x dpcm : Cho a x x Tính theo a giá trị biểu thức A x x x x Bài 11 Lời giải Ta có: A x x3 x x x x 1 x3 x x x x A x x 1 x x 1 A a 2a a 1 : Chứng minh x x a x a x 2a a bình phương đa thức Bài 12 Lời giải Ta có: A x ax x ax 2a a 2 t x ax A t t 2a a t 2ta a t a A x ax a dpcm Đặt Bài 13: 2010 2010 2010 1005 1005 1005 1005 1005 1005 a) Cho a, b, c thỏa mãn a b c a b b c c a Tính giá trị biểu thức 20 11 2010 sau A a b b c c a 2 2 b) Cho a, b, c, d Z thỏa mãn a b c d Chứng minh a b c d ln tổng ba số phương 2 2 c) Chứng minh rằng: Nếu p q hai số nguyên tố thỏa mãn p q p 3q p q số nguyên tố Lời giải a) a 2010 b 2010 c 2010 a1005b1005 b1005 c1005 c1005 a1005 2a 2010 2b 2010 2c 2010 2a1005b1005 2b1005c1005 2c1005a1005 0 2 a1005 b1005 b1005 c1005 c1005 a1005 0 a1005 b1005 b1005 c1005 c1005 a1005 a b c 20 11 2010 A 0 V ậy A a a b b c c b) a b c d a c d b; a b c d c d b b c d c d c d b b b c d \ 2 2 c d 2bc 2bd b b c d c d b c b d 2 p q p 3q p 4q 4 p 12q p p 4q 12q p 1 2q c) p ( p nguyên tố ); 2q (q nguyên tố ) Do p 2q q p mà 2 Ta có: q 3 p 2 q lẻ, p chẵn p 2 q 3 p q 13 số nguyên tố Bài 14: [ HSG – năm 2015 ] 2 2 2 Cho a, b, c thỏa mãn: a b c 2; a b c 2.CMR : M (a 1)(b 1)(c 1) viết dạng bình phương biểu thức Lời giải: Cách 1: M ( a 1)(b 1)(c 1) a 2b c a 2b a c b2c a b c 1(*) 2 2 2 2 Có: a b c 2 a b c (a b c ) (a b c) Có: (a b c) a b c 2(ab bc ca ) 4 ab bc ca 1 a 2b a 2c b 2c 2(acb a 2bc c ab ) 1 a 2b a 2c b 2c 1 2(acb a 2bc abc ) M (abc ) 2abc (a b c ) a b c M (abc ) 2abc (a b c) (a b c ) abc a b c (dpcm) Cách 2: Ta có: a a ab bc ca (a b)( a c); b ( a b)(b c); c ( a c)(c b) M [(a+b)(b+c)(c+a)]2 HẰNG ĐẲNG THỨC BẬC BA 3 2 3 3 3 (a b) a 3a b 3ab b a b 3ab(a b ) a b (a b) 3ab(a b ) (a b)3 a 3a 2b 3ab b a b 3ab(a b) a b (a b)3 3ab(a b) Bài 1: Cho x x 10 Tính A x 3x x 3x x x Lời giải A x 3x x 3x x x ( x 3x 3x x ) ( x x x ) ( x x 1) ( x x)3 ( x x) ( x x) 1111 Bài 2: Tính A (23 1)(33 1) (1003 1) (23 1)(33 1) (1003 1) Lời giải (k 1)3 (k 2)[(k+1) -(k+1)+1] k (k-1)(k k 1) k1 Ta có: k Cho k chạy từ đến 100, ta thu được: A (23 1) A 9 33 43 1003 1 101 9 3 2 1 1 99 100 1 98 99(100 100 1) 99.100.101 9.99.100.101 30300 1.2.3 10101 6.99.10101 20202 2 Bài 3: Cho x y 1 Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x, y A 2 x y x y Lời giải Ta có: 3 A 2 x y x y 2 x y x x y y x y 2 x x y y 3x y x x y y x y dpcm 3 2 Bài 4: Cho a 3ab 2; b 3a b 11 Tính a b Lời giải Ta có: a 2 3ab b3 3a 2b 22 11 a 6a 4b 9a 2b b 6a 2b 9a 4b 4 121 a 3a 4b 3a 2b b 125 a b 53 a b 5 3 Bài 5: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A a b c 3abc Lời giải A a3 b3 c 3abc (a b)3 3ab(a b) c3 3abc 3 A a b c3 -3ab a b c = a b c 3(a b)c.(a b c) 3ab(a b c ) A (a b c) a b c 3(a b)c 3ab (a b c)( a b c ab bc ca) 3 Bài 6: Cho a + b + c = 0, CMR: a b c 3abc Áp dụng tính B (a b )3 (b c )3 (c a )3 (a b)3 (b c)3 (c a )3 Lời giải 3 3 3 Từ giả thiết c (a b) a b c a b (a b) 3ab(a b) 3abc a b b c c a 0 3( a b )(b c )(c a ) B (a b)(b c )(c a) 3(a b)(b c)(c a ) a b b c c a 0 +) Bài 7: Cho a, b, c thỏa mãn: (a b c)2 a b c CMR : 1 3 3 a b c abc Lời giải Ta có: (a b c) a b c ab bc ca 0 1 1 1 1 0 3 a b c a b c a b c abc 1 bc ca ab 0 A a b c Bài 8: Cho a, b, c thỏa mãn: a b c Tính Lời giải 1 1 1 x ; y ; z x y z 0 x y z 3xyz a b c a b c abc Đặt 10 Lời giải Đặt x b c a y c a b z a b c x y 2c y z 2a ; x y z a b c z x 2c A ( x y z )3 x y z 3( x y )( y z )( z x) 3.2c.2b.2a 24abc 24 Bài 2: Phân tích thành nhân tử 3 3 a A 8(a b c) (2a b c) (2b c a) (2c a b) 3 3 b B 27(a b c) (2a 3b 2c ) (2b 3c 2a ) (2c 3a 2b) Lời giải a Đặt 2a b c x; 2b c a y; 2c a b z x y a 3b; y z b 3c; z x c 3a; x y z 2(a b c ) A ( x y z )3 x y z 3( x y )( y z )( z x) 3(a 3b)(b 3c )(c 3a ) 3 3 b B 27(a b c) (2a 3b 2c) (2b 3c 2a) (2c 3a 2b) 3(5a b)(5b c)(5c a) Bài 3: Cho a, b, c thỏa mãn : a + b + c = a3 + b3 + c3 = n n n Tính A a b c ( n số tự nhiên lẻ ) Lời giải Ta có: a b 0 (a b c )3 1 a b c 3(a b)(b c )(c a ) 0 b c 0 c a 0 n n n +) TH1: a b 0 a b c 1 a b c 1 +) Tương tự ta có: A = 13 Bài 4: Giải phương trình sau 3 a 27 x ( x 5) 64 (4 x 1) 3 c ( x x 2) x ( x 1)( x 2) 3 3 b (2 x x 1) (2 x 1) ( x x 1) ( x x 3) d ( x x 3)3 ( x x 1)3 ( x x 1)3 1 a b c Lời giải a 27 x3 ( x 5)3 64 (4 x 1)3 (3 x)3 ( x 5)3 64 x x 3(3 x x 5)( x 4)(4 x) 0 5 4 x ;1; 3 4 3 3 b (2 x x 1) (2 x 1) ( x x 1) ( x x 3) a b 2 x b c 3x x 2 2 x x a; x b; x x c a b3 c3 (a b c )3 c a x x a b c x x Đặt a b 0 3(a b)(b c)(c a) 0 b c 0 c a 0 a b 0 b c 0 c a 0 x 0 x x 0 x 1;1; 2 x x 0 3 3 2 c ( x x 2) x x ( x 2) (2 x) 3( x x x)( x x x)(2 x x ) 0 6( x x)( x 3x 2) 0 x 0;1; 2 x2 y2 z A yz xz xy Bài 5: Cho x y z 0; xyz 0 Tính Lời giải x2 y z x3 y3 z A yz xz xy xyz 14 3 Cách 1: Nếu x y z 0 x y z 3xyz A 3 Cách 2: ( x y z )3 x y z 3( x y )( y z )( z x ) x y z ( x y z )3 3( x y )( y z )( z x ) A 3 0 Bài 6: Giải phương trình sau: ( x 3x 3)3 ( x x 1)3 ( x x 1)3 1(*) a b c Lời giải a b 2 x x b c x x (*) 3( a b)(b c)(c a) 0 x 2; 2; 1 c a x x a b c 1 3 3 Bài 7: Rút gọn A ( x y z ) ( x y z ) ( x y z ) ( x y z ) Lời giải Đặt x y z a x y z b a b c x y z A 24xyz x y z c 3 2 HẰNG ĐẲNG THỨC: a b c 3abc (a b c)(a b c ab bc ca) Nhận xét a b c 0 a b3 c 3abc 0 a b c - Nếu 15 a b c 0 3 a b c a b c 3abc 0 - Nếu Áp dụng: 3 Bài 1: Cho số thực a, b, c khác thỏa mãn: a b c 3abc Tính giá trị biểu thức a b c M (1 )(1 )(1 ) b c a Lời giải a b c 0 a b3 c 3abc 0 a b c Vì: +) Nếu a b c 0 M a b b c c a c a b b c a b c a +) Nếu a b c M (1 1)(1 1)(1 1) 8 x y 6 xy Bài 2: Giải hệ phương trình sau: 2 x y 1 Lời giải x y 0 x3 y 6 xy x y 23 3.x y.2 0 x y 2 Ta có: x y 0 x 3 x y 0 2 x y 1 y +) Nếu +) Nếu x y 2 ( khôn thỏa mãn ) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (3; -5) 3 Bài 3: Giải phương trình sau: 27( x 3) 8( x 2) ( x 5) 16 Lời giải 27( x 3) 8( x 2)3 ( x 5) (3 x 9)3 (4 x)3 (5 x)3 0(1) Ta có: (3x 9) (4 x) (5 x) 0(2) x 3 3(3 x 9)(4 x)(5 x) 0 x 2 S 2;3;5 x 5 Từ (1)(2) Bài 4: Cho số thực phân biệt a, b, c khác thỏa mãn: a b c 0 Tính giá trị biểu thức: P ( b c c a a b a b c )( ) a b c b c c a a b Lời giải Ta đặt M b c c a a b a a c a a b a c ca ba b 2a 2a M 1 ( ) 1 1 1 a b c b c b c b c b c bc bc bc Tương tự ta có: P 3 M b 2b3 c 2c 1 ;M 1 c a abc a b abc 2(a b3 c ) 2.abc 3 (do : a b c 0) 9 P 9 abc abc x2 y2 z a b c 3 ; ; Bài 5*: Giả sử ba số b c a c a b nghiệm phương trình yz zx xy Chứng a b c ; ; 2 minh ba số (b c) (c a ) (a b) nghiệm phương trình Lời giải x y z x2 y z 3 x y z xyz 0 x y z 0 Ta có: yz xz xy 17 Vì nghiệm phương trình ba số khác nên số a, b, c ba số khác khác a b c k 0 a k (b c ); b k (c a); c k (a b) a b c 0 a b c +) Nếu: b c c a a b a b a b (a b) a b 0 a b 0 a b c 0 loai Từ: b c c a b a b a b a +) Nếu: a b c a b c b(b a ) c (a c ) a b ba ca c 0 (1) b c c a a b b c a c b a (c a )(a b ) (b c ) (a b )(b c )(c a ) b c cb ab a c a ac bc b (2); (3) ( a b) (a b)(b c)(c a) Tương tự ta có: (c a) (a b)(b c)(c a ) Từ (1)(2)(3) Đặt m a b c 0 2 (b c ) (c a ) (a b) a b c m2 n2 p 3 ; n ; p m n p m n p mnp 3 (b c ) (c a ) ( a b) np mp mn a b c ; ; 2 Vậy ba số (b c) (c a ) (a b) nghiệm phương trình cho BÀI TẬP TỰ LUYỆN: Bài 1: Tính giá trị biểu thức a) a b3 c 3abc 0 a b3 c3 với a, b, c số thực thỏa mãn: a b c 0 a b c M a b c N b c a với a, b, c số thực khác thỏa mãn: a 3b3 b3c3 c3 a 3a 2b 2c b) 18 1 0 Bài 2: Cho x y y z z x Tính giá trị biểu thức P y z z x x y z x y x y z 2 x y y z x z Bài 3: Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn a b c a b b c c a Chứng minh a b 3 b c c a chia hết cho 81 Bài 4: Giải hệ phương trình sau x 27 y 27 xy 27 a) x y 4 x y z 0 2 x y z 6 3 b) x y z 6 19 CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC MỞ RỘNG HAY SỬ DỤNG 2 2 (a b c) a b c 2ab 2bc 2ca 2 2 (a b c) a b c 2ab 2bc 2ca 2 2 (a1 a a3 a n ) a1 a2 an 2(a1a2 a2 a3 an 1an ) Áp dụng: 2 2 2 Bài 1: Chứng minh rằng: (2a 2b c) (2b 2c a) (2c 2a b) 9(a b c ) Lời giải Biến đổi vế trái vế phải kết luận Bài 2: Cho a, b, c, d thỏa mãn: a2 + b2 + c2 + d2 = Tính giá trị biểu thức A (a b c d ) (a b c d ) (a b c d ) (a b c d ) Lời giải Cách 1: Áp dụng đẳng thức 2 2 Cách 2: Ta có ( x y) ( x y ) 2( x y ) 2 A a b c d a b c d a b c d a b c d Áp dụng ta được: 2 2 A 2 a b (c d ) a b (c d ) 2 a b a b (c d ) (c d ) A 4 a b 4(c d ) 4 Bài 3: Phân tích đa thức sau thành nhân tử 20
Ngày đăng: 17/10/2023, 14:23
Xem thêm:
