Chuyên đề - Hệ phương trình ppt

Chuyên đề: Hệ phương trình Trang Phương trình hệ phương trình CHUYÊN ĐỀ 1: I.Giải phương trình cách đặt ẩn phụ thích hợp 2  x2 −   x −2  x + 2 Bài 1:Gpt: 10.  +  − 11.  x −  =   x +1   x −1    Giải: x−2 x+2 ;v = Đặt u = (1) x +1 x −1 Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = ⇔ (u-v).(10u-v)=0 ⇔ u=v 10u=v Xét trường hợp thay vào (1) ta tìm x cách dễ dàng Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15 Giải: Đặt x2 - 5x + = u (1) Ta có: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15 ⇔ (x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0 ⇔ (x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0 ⇔ (x2-5x+4).(x2-5x+6)-15=0 ⇔ (u-1).(u+1)-15=0 ⇔ u2-16=0 ⇔ u= ± Thay giá trị u vào (1) ta dễ dàng tìm x  x   x  Bài 3:Gpt:   +  = 90  x + 1  x −1 Giải:  1  ⇔ x  +  = 90 ( x + 1) ( x − 1)   2x + = 90 ( x − 1) Đặt u = x2 ( u ≥ 0) (1) Ta có: 2u + u = 90 ⇔ 2u + 2u = 90.(u − 1) 2 (u − 1) ⇔ 88u − 182u + 90 = ⇔ x2 ( u ≠ 1) Từ ta dễ dàng tìm u, thay vào (1) ta tìm x Bài 4:Gpt: x + x − = 12.( x − 1) Giải: Đặt x = u; x − = v (1) Có: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Chuyên đề: Hệ phương trình Trang u + v = 4.(u + v ) ⇔ u + v + 3uv.(u + v) = 4.(u + v ) 3 3 3 u = −v ⇔ 3.(u + v).(u − 2uv + v ) = ⇔ 3.(u + v).(u − v) = ⇔  u = v Xét trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm x Bài 5:Gpt: x + x + 3x − + x2 = + x (1) 2 Giải: Từ (1) suy ra: x + 3x + x − = x + x − ⇒ 20 x + 12 x + 12 x − = x + 36 x + + 12 x − x − 12 x ⇒ x − x + 22 x − 24 x + = (x ≠ 0) 24 ⇒ x − x + 22 − + = x x2 Đặt x + = y (*) ta có: x y - 8y + 16 = suy y = thay vào (*) ta dễ dàng tìm x Bài 6:Gpt: ( x + 1).( x − 4) + 3.( x − 4) x +1 − 18 = 0(1) x−4 Giải: Điều kiện x > x < -1 *Nếu x > 4, (1) trở thành: ( x + 1).( x − 4) + ( x + 1).( x − 4) − 18 = Đặt ( x + 1).( x − 4) = y ≥ (2) ta có: y2 + 3y -18 = Từ ta dễ dàng tìm y,thay vào (2) ta tìm x *Nếu x < -1, (1) trở thành: ( x + 1).( x − 4) − ( x + 1).( x − 4) − 18 = Đặt ( x + 1).( x − 4) = y ≥ (3) ta có: y2 - 3y -18 = Từ ta dễ dàng tìm y,thay vào (3) ta tìm x Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1) Giải: (1) ⇔ x + x − 20 x + x + = (x ≠ 0).Chia hai vế cho x2 ta : ⇔ 4x2 + 4x -20 + + = x x 1 ⇔  x +  + 2. x +  − 24 = Đặt y = x + (2)     x x x   Ta có: y + 2y -24 = Từ ta tìm y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm x Bài 8:Gpt: x − 16 x + 64 − x − x + 16 + x = Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Chun đề: Hệ phương trình Trang Giải: ⇔ x − − x − + x = x -∞ x-8 x-4 x - 0 -0 + - + + +∞ + + + Đến ta xét khoảng ,bài toán trở nên đơn giản Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4) Giải: ⇔ + x + x + x + x + x = + 5x + 5x ⇔ 4x − 2x3 + 2x − 2x + = ⇔ 2x − x3 + x − x + = Nhận thấy x = nghiệm phương trình cho, x ≠ Chia hai vế phương trình cho x2 ta được: 2x2 - x + - + = Đặt y = x + (*) Ta có: x x x 2y2 - y - = 0.Từ ta dễ dàng tìm y, thay vào (*) ta tìm x Bài 10: Gpt: (6-x)4 + (8-x)4 = 16 Giải: Đặt - x = y (*) Ta có: (y-1)4 + (y + 1)4 =16 ⇔ 2y4 +12 y2 +2 = 16 ⇔ 2.(y-1).(y+1).(y2+7)=0 ⇔ y =1 y = -1 Thay giá trị y tìm thay vào (*) ta dễ dàng tìm giá trị x II.Tìm nghiệm nguyên (x;y) (x;y;z) phương trình sau: Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải: Đặt y2 + 3y = t Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2 + 3y +2) = t2 + 2t *Nếu t > t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy không tồn x thỏa mãn *Nếu t < -2 2t + < nên t2 + 2t > t2 + 4t + suy t2 + 2t > t2 + 4t + = (t+2)2 Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*) Lại có: t2 +2t < t2 suy x2 < t2 (**) Từ (*)&(**) suy (t + 2)2 < x2 < t2 suy x2 = (t+1)2 suy t2 +2t = (t +1)2 (=x2) Suy : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý) *Nếu t = -1 suy x2 = t2 +2t = -1 , > y x xy yz zx + = Đặt A= + z x y xy yz zx + < + + = (Vô lý) Giả sử z 0.Ta có: xy xy x y xy yz zx y x + + =3= + z + z ≥ 3.3 z .z = 3.3 xy z A= z x y z x y z y x  z = 1, x = y = ⇒ ≥ xy z ⇒ z = 1, xy = ⇒   z = 1, x = y = −1 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Chun đề: Hệ phương trình Trang Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19 Giải: Từ ta có: x + x + 19 17 y= = x+2+ ∈ Ζ ⇒ 17 2 x + ⇒ x + = ±1,±17 2x + 2x + Từ ta tìm x ⇒ tìm y III.Giải hệ phương trình phương trình khác Bài 1: 1 + = x − x2 Giải: Điều kiện : x ≠ 0, x < 1 1 < ≤ < -Nếu x < + 2 x 2−x 2− x Vậy ta xét x > 0: Đặt x = a − x = b (a,b > 0) 1  + =2 Ta có:  a b a + b =  1 + ≥ ⇒ ab ≥ (1) a b ab Lại có: = a2 + b2 ≥ 2ab suy ≥ ab (2) Từ (1)&(2) suy ab = mà a2 + b2 =2 nên suy (a+b)2 = suy a + b = ab = ⇒ a = b = ⇒ x = Vậy ta có:  a + b = Có: = Bài 2: − x + + x + x + y − y − = x − 16 − y + Giải: 4 − x ≥ 0(1)  1 + x ≥ 0( 2) Điều kiện:  2  x + y − y − ≥ 0(3)  x − 16 ≥ 0(4)  Từ (4) suy x2 ≥ kết hợp với (1) suy x2 = kết hợp với (2) suy x = Phương trình cho trở thành: y −1 = −y + Lúc việc tìm y khơng cịn khó khăn (Lập bảng xét dấu) Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0 Giải: Nhận thấy x = nghiệm phương trình cho Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Chuyên đề: Hệ phương trình Vậy x ≠ 0.Chia hai vế phương trình cho cho x2 ta được: 105 50 25  25    x − 21x + 74 − + = ⇔ 2. x +  − 21. x +  − 26 = x x  x  x   25 = y ta có: Đặt x + x 2y2 -21.y - 26 = 0.Từ ta tìm y ⇒ tìm x Trang 2.1 + x − − x =  Bài 4:   + x + 4.1 − x =  Giải: a = + x ≥  Đặt :  b = − x ≥  2 a − b = Hệ cho trở thành:  a + 4b = Từ tìm a =3,b =1 Đến việc tìm x khơng cịn khó khăn  x − + y − = 1(1)  Bài 5:   y = + x − (2)  Giải: Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có: x − + + x − − = ⇔ x − = Từ ta tìm x.Việc tìm giá trị y khơng có khó khan 2 x − 15 xy + y − 12 x + 45 y − 24 = 0(1)  Bài 6:   x − y + y − x + xy = 0( 2)  Giải: Phương trình (2) phân tích sau: x = y (x - y).(x -3 + 2y) = ⇔  x = − y Xét trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm x y Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + = Giải: Phương trình cho phân tích sau: [ x − (m − 5)] x − x − (m − 1) = Đến việc giải biện luận phương trình khơng cịn khó khăn [ ] x + y + z = Bài 8:  4  x + y + z = xyz Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Chuyên đề: Hệ phương trình Trang Giải: Bổ đề: ∀a, b, c ∈ R : a + b + c ≥ ab + bc + ca Đẳng thức xảy a = b = c (Dễ dàng chứng minh bổ đề trên) Sử dụng bổ đề ta có: xyz = x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + z2x2 ≥ xyz.(x + y + z) = xyz Suy dấu bất đẳng thức phải trở thành đẳng thức tức ta phải có: x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được: x= y=z=  x + y = 1(1)  Bài 9: 1999  x − 1999 y = 2000 y − 2000 x ( x + y + xy + 2001)(2)  Giải: Điều kiện: x,y ≥ Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy: -Nếu x > y thì: VT > 0, VP < suy ra: VT > VP -Nếu y > x thì: VT 0 suy ra: VT < VP -Nếu x = y đó: VT =VP =0 Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y ≥ ) ta được: x = y = ( ) Bài 10: x + x − − + x − x − + = 2 (1) Giải: 2 1 2x − + + x − − = 2 (1) ⇔ 2 ( ⇔ 2x − + + ) ( ) 2x − − = Ta có: = − x − + x − + ≥ − x − + x − + = Vậy dấu bất đẳng thức phải trở thành dấu đẳng thức tức là: 2 x − ≥ − 2x − ≥ ⇔  ⇔7≥x≥ 9 ≥ x − 5  Vậy nghiệm phương trình cho là: x ∈  ;7  2  CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức Các tốn tìm giá trị lớn , nhỏ Bài 1:Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác CMR: ab + bc + ca ≤ a2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Chuyên đề: Hệ phương trình Giải: Ta có: [ Trang ] 2 a2 +b2 +c2 - ab + bc + ca = (a − b) + (b − c ) + (c − a ) ≥ Đẳng thức xảy a = b = c Vậy: ab + bc + ca ≤ a2 +b2 +c2 Lại có: a < b + c ⇒ a2 < a.(b + c) (1) Tương tự: b2 < b.(a + c) (2) ,c2 < c.(b + a) (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được: a2 +b2 +c2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca) Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: z.( x − z ) + z.( y − z ) ≤ xy (1) Giải: x = z + m Đặt:  (m,n,z > 0) y = z + n Khi (1) trở thành: zm + zn ≤ ( z + m).( z + n)  m ⇔ m + n ≤ 1 + .( n + z ) (2) z  Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:  m   m z  = 1 + .(n + z ) ≥  n +  z z     ( n+ m )  m ⇔ 1 + .(n + z ) ≥ n + m z  Vậy (2) đúng, tức (1) (đpcm) ( ) 4 Bài 3:Cho xy > x + y = 1.CMR: x + y + ≥ xy Giải:  xy > ⇒ x, y > Từ giả thiết  x + y = > Ta có: 1 = x + y ≥ xy ⇒ ≥ xy ⇒ ≥ 4(1) xy Lại có: ( ) [ ] x + y = 4.(12 + 12 ).( x + y ) ≥ 4.( x + y ) = (12 + 12 ).( x + y ) ≥ [ ] ≥ ( x + y) = Suy ra: 8.(x + y4) ≥ (2) Từ (1) (2) suy ra: 2 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn ( Chun đề: Hệ phương trình ) Trang x + y + ≥ + = xy Ta có đpcm Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ba số sau 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 = (a + b + c)2 - 9.(ab + bc + ca) = 3.(a2 + b2 +c2- ab - bc - ca) = 2 = (a − b) + (b − c) + (c − a) > (Do a ≠ b ≠ c ≠ a) Vậy ba số x,y,z ln có số dương [ ] a + b ≥ 1 4 Bài 5: Nếu  a + b ≥ ab > Giải: Hoàn toàn tương tự ( )( ) ( )( ) Bài 6:CMR: x 10 + y 10 x + y ≥ x + y x + y Giải: Ta có: x 10 + y 10 x + y ≥ x + y x + y ⇔ x 12 + y 12 + x y x + y ≥ x 12 + y 12 + x y x + y ⇔ x y x8 + y8 ≥ x y x4 + y ⇔ x y x8 + y8 − x6 y − x y ≥ ( ⇔x y 2 )( ( ( ( x ( x ( ) )( ) ( x −y x −y ) ( ) ( )≥0 )( ) ) ) ( ) ) ⇔ x2 y2 − y2 + x2 y2 + y4 ≥ Bất đẳng thức cuối đúng.Vậy ta có đpcm Bài 7:CMR: Nếu a,b,c số đơi khác a + b + c < : P = a3 + b3 + c3 - 3abc < Giải: Có: P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < Bài 8:CMR: A = 1 1 + + + < với n ∈ Ν, n > 25 (2n + 1) Giải: Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:  1 1 <  + 2  2n.(2n + 1) (2n + 1).(2n + 2)  (2n + 1)  Áp dụng ta có:  1 1 1 A <  + + + + =  2.3 3.4 4.5 (2n + 1).(2n + 2)   1 1 1  1  =  − + − + + −  =  − 2n +  < 2 3 2n + 2n +    Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Chun đề: Hệ phương trình Trang 10 Ta có đpcm p2 + q2 ≥ Bài 9:CMR: Nếu: p,q > thì: p+q Giải: Có: p2 + q2 − pq = p+q Ta có đpcm ( )( p − q p+ p+q pq pq + q ) ≥ 1 < − với số nguyên dương k >1.Từ suy ra: k −1 k k 1 1 + + + + < − với n >1 n n Giải: 1 1 = − Ta có: < (k − 1).k k − k k Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được: 1 1 1 1 1 1 + + + + < +  − + − + + −  = 2− n −1 n  n n 1 2 Bài 10:CMR: x2 + y2 − 2 ≥ Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y xy = 1.CMR: x− y Giải: Ta có: x2 + y2 2 = x− y+ ≥ ( x − y ) = 2 ≥ x− y x− y x− y Ta có đpcm Bài 12:Cho tam giác ABC có cạnh thỏa mãn: a ≤ b ≤ c CMR: ( a + b + c ) ≤ 9bc Giải: Từ giả thiết ta có: 2b ≥ b + a > c ⇒ 4b − c > ⇒ (b − c).(4b − c) ≤ ⇒ 4b + c ≤ 5bc ⇒ ( 2b + c ) ≤ 9bc(1) Mà: (a + b + c)2 ≤ (2b + c)2 (2) Từ (1) (2) suy ra: (a + b + c)2 ≤ (2b + c)2 ≤ 9bc Ta có đpcm Bài 13: Cho < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn Giải: Ta có: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 10 Toán Chuyên đề: Hệ phương trình a.(2 − b).b(2 − c ).c (2 − a ) = a.(2 − a).b.(2 − b).c(2 − c) ≤ 2 Trang 11 a + 2−a b+ 2−b c+ 2−c ≤      = 2       Tích ba số nhỏ chúng đồng thời lớn Ta có đpcm Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR: b c < a +b − a −b a+c − a−c Giải: b c < Ta có: a +b − a −b a+c − a−c a+b + a−b a+c + a−c < 2 ⇔ a+b + a−b < a+c + a−c ⇔ ⇔ 2a + a − b < 2a + a − c ⇔ a2 − b2 < a2 − c2 ⇔ b2 > c2 Bất đẳng thức cuối Vậy ta có đpcm x3 y3 z + ≥ Bài 15:Cho số dương x,y,z thỏa mãn: x + y + z ≥ CMR: + y z x Giải: x3 x3 xy = x (1) Áp dụng BĐT Cô Si: + xy ≥ y y 2 y3 z3 + yz ≥ y (2) + xz ≥ 2z (3) z x Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có: x3 y3 z3 + xy + + yz + + zx ≥ 2.( x + y + z ) y z x Suy ra: x3 y3 z + + ≥ 2.( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) ≥ ( x + y + z ) ≥ y z x Vậy ta có đpcm Tương tự: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 11 Toán Chuyên đề: Hệ phương trình CHUYÊN ĐỀ 3: Trang 12 Đa thức vấn đề liên quan x2 + a b Với giá trị a,b P=Q với giá &Q = + x − x + 2x + x − 3x − trị x tập xác định chúng Giải: Điều kiện: x ≠ 2,−1 Bài 1:Cho P = x2 + ax + (2a + b) x + a − 2b Ta có: P=Q (∀x ≠ 2,−1) ⇔ = ∀x ≠ 2,−1 x − 3x − x − 3x − a = a =  ⇔ 2 a + b = ⇔  b = −2 a − 2b =  Bài 2:Cho số nguyên n, A= n5 - n a-Phân tích A thành nhân tử b-Tìm n để A=0 c-CMR: A chia hết cho 30 Giải: a) A= n5 - n = n.(n4 -1) = n.(n-1).(n+1).(n2 + 1) b) A=0 ⇔ n = 0,1,-1 5 c) Theo Định Lý Fecma: n ≡ n(mod 5) ⇒ n − n  ⇒ A (1) 3 Lại có: n(n − 1) 2 ⇒ A (2) và: (n − 1).n.(n + 1)  ⇒ A (3) ( Vì 2,3,5 đơi ngun tố nên từ (1),(2)&(3) suy A 2.3.5) (đpcm) Bài 3: CMR: Nếu x,y số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho x y chia hết cho Giải: Nhận xét:Số phương chia cho có số dư Vì từ giả thiết x2 + y2 chia hết cho ⇒ x, y  Bài 4:Tìm giá trị p,q để đa thức (x4 + 1) chia hết cho đa thức x2 + px + q Giải: Giả sử (x4 + 1) = (x2 + px + q).( x2 + mx + n) Khai triển đồng hệ số ta hệ:  m = − p m + p =    n + pm + q = ⇔ qn = qn =    p2 = q +  q  ∀q >  Vậy thấy giá trị p,q cần tìm là:  p = q + q  Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 12 Tốn Chun đề: Hệ phương trình Trang 13 Bài 5:Cho đa thức: A( x) = x − 14 x + 71x − 154 x + 120 x ∈ Z a)Phân tích A(x) thành nhân tử b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24 Giải: a).Ta có: A( x) = x − 14 x + 71x − 154 x + 120 = ( x − 2).( x − 12 x + 47 x − 60) = ( x − 2).( x − 3).( x − x + 20) x( x − 1).( x + 1).( x − 14) + 72 − 144 x  120  x    +  b).Ta có:A(x)=           24 B( x) -Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư x + chia hết cho 4,x-1 chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho Vậy trường hợp ta có B(x) chia hết cho (1) Mà tích ba số ngun liên tiếp chi hết (x-1).x.(x+1) chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho (2) Mà (3,8)=1 nên từ (1) (2) suy B(x) chia hết cho 24 Vậy ta có đpcm Bài 6:Tìm tất số nguyên x để: x2 + chia hết cho x-2 Giải: Ta có: x2 + = (x-2).(x + 2) +11 chia hết cho x-2 11 chia hết cho x-2 ⇒ x-2=-1,-11,1,11 Từ ta dễ dàng tìm giá trị x thỏa mãn Bài 7: Một đa thức chia cho x-2 dư 5, chia cho x-3 dư 7.Tính phần dư phép chia đa thức cho (x-2).(x-3) Giải: Gọi đa thức cho F(x).Theo ta giả sử đa thức dư cần tìm ax+b Ta có: F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b (trong A(x) đa thức thương phép chia) Theo giả thiết theo định lý Bơdu ta có: F(2)=2a +b=5 F(3)=3a+b=7 Giải hệ hai phương trình ta tìm a = 2, b = Vậy đa thức dư 2x+1 Bài 8: Cho biết tổng số nguyên a1, a2, a3 , an chia hết cho 3.Chứng minh rằng: 3 A(x) = a1 + a + + a n chia hết cho Giải: Theo định lý fecma ta có: n ≡ n(mod 3)∀n ∈ Z 3 Áp dụng ta có: a13 ≡ a1 (mod 3) , a ≡ a (mod 3) , , a n ≡ a n (mod 3) 3 Suy ra: a1 + a + + a n ≡ a1 + a + + a n (mod 3) ≡ 0(mod 3) Ta có đpcm Bài 9:Chứng minh (7.5 n +12.6 n ) chia hết cho 19, với số n tự nhiên Giải: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 13 Toán Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 14 Ta có: A = 7.52n + 12.6n = 7.25n + 12.6n Ta có: 25 ≡ 6(mod19) ⇒ 25 n ≡ n (mod19) Suy ra: A ≡ 7.6 n + 12.6 n ≡ 19.6 n (mod19) ≡ 0(mod19) Ta có đpcm Bài 10: Phân tích thành nhân tử x10 + x5 + Giải: Ta có: x10 + x5 + = (x2 + x + 1).(x8-x7 + x5-x4 + x3-x + 1) CHUYÊN ĐỀ 4: Các toán liên quan tới phương trình bậc hai định lý Vi-et Bài 1:Cho phương trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 1.Chứng minh phương trình ln có nghiệm với m 2.Chứng minh có hệ thức hai nghiệm số khơng phụ thuộc vào m Giải: Ta có : ∆ = (2m +1)2 - 4.(m2 + m - 1) = > suy phương trình ln có nghiệm với m  x1 + x = 2m + 1(1) 2.Theo vi-et ta có:   x1 x = m + m − 1(2) Từ (1) suy ra: m = x1 + x − thay vào (2) ta có: 2  x + x −   x1 + x −   x + x −   x1 + x −  x1 x =   +  − ⇒ x1 x −   −  =1 2 2         Ta có đpcm Bài 2: Tìm giá trị nguyên k để biệt thức ∆ phương trình sau số phương: k.x2 + (2.k-1).x + k-2= 0; (k ≠ 0) Giải: Ta có : ∆ = (2k-1)2 - 4.k.(k-2) =4k +1 Giả sử 4k + số cp số cp lẻ hay: 4k + = (2n + 1)2 n số tự nhiên Hay: k = n2 + n Vậy để ∆ số cp k = n2 + n( thử lại thấy đúng) Bài 3: Tìm k để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt : (x-2)(x2 + k.x + k2 - 3)= Giải: Đặt f(x)= (x-2)(x2 + k.x + k2 - 3) = (x-2).g(x) Để f(s)=0 có ba nghiệm phân biệt tương đương với g(x) =0 có hai nhgiệm phân biệt khác hay: ∆ = k − 4.( k − 3) > 2 > k > −2 ⇔   k ≠ −1  g (2) ≠ Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 14 Toán Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 15 Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau tương đương: x2 + (3a + 2b) x - =0 (1) x2 + (2a +3b)x + 2b=0 (2) với a b tìm giải phương trình cho Giải: -Điều kiện cần: Nhận thấy pt (1) có nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) phải có nghiệm phân biệt giống với (1) Đặt f(x) = x2 + (3a + 2b) x - =0 g(x) = x2 + (2a +3b)x + 2b Để hai phương trình cho tương đương f(x) = g(x) (*) với x (Vì hệ số x2 hai pt 1) Thay x = vào (*) ta có b = -2 (3) Thay x = vào (*) kết hợp với (3) ta a= -2 -Điều kiện đủ: Với a=b=-2 ta thấy hai phương trình tương đương với Bài 5: Giả sử b c nghiệm phương trình : x2 - a.x- a2 =0; (a ≠ 0) chứng minh : b4 + c4 ≥ 2+ Giải: b + c = a  Theo định lý Viet ta có:  bc = − 2a  [ ] Ta có: b + c = (b + c ) − 2b c = (b + c) − 2bc − 2b c 2  3  ⇒ b + c =  a +  + = a + + ≥ a + = + > + a  2a 2a 2a  4 Bài : Chứng minh với a,b,c phương trình sau ln có nghiệm : a(x-b).(x-c) + b.(x-c) (x-a) + c.(x-a).(x-b) = Giải: Đặt f(x) = a.(x-b).(x-c) + b.(x-c) (x-a) + c.(x-a).(x-b) = = (a + b + c).x2 -2.(ab + bc + ca).x + 3abc *Nếu a + b + c ≠ 0.Khi đó: ∆ ' = a2b2 + b2c2 + c2a2 -abc.(a + b + c) = [(ab-bc)2 + (bc-ca)2 + (ca-ab)2] ≥ *Nếu a + b + c = 0.Khi đó: -Nếu ab + bc + ca ≠ phương trình cho ln có nghiệm -Nếu ab + bc + ca =0 Khi kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh a=b=c=0.Và dĩ nhiên trường hợp pt cho có vơ số nghiệm Bài 7:CMR:Nếu hệ số a,b,c phương trình:ax2 + bx + c = (a ≠ 0) số lẻ phương trình bậc hai khơng thể có nghiệm hữu tỉ Giải: Giả sử phương trình bậc hai với hệ số a,b,c số lẻ có nghiệm hữu tỉ m x0 = với m,n số nguyên (m,n)=1 n ≠ ;khi ta có: n Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 15 Toán Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 16 m m a   + b + c = hay: am + bmn + cn = (1).Suy ra: n n cn m c m  mà (m,n)=1 ⇒ (n, m ) = (m, n ) = nên:  mà c,a số lẻ nên suy m,n  am n a n  số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n số lẻ Do đó: am + bmn + cn = số lẻ (Mâu thuẫn với (1)) Vậy điều ta giả sử sai.Hay nói cách khác, ta có đpcm CHUN ĐỀ 5: Các tốn hình học phẳng mang yếu tố chuyển động Bài 1: Cho đường tròn (O) dây cung BC cố định.Gọi A điểm di động cung lớn BC đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác góc ACB cắt đường tròn (O) điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường (O) điểm K khác điểm B 1.CMR:Tam giác KAC cân 2.CMR: Đường thẳng AI qua điểm cố định J.Từ tìm vị trí A cho Ai có độ dài lớn 3.Trên tia đối AB lấy điểm M cho AM=AC.Tìm tập hợp điểm M A di động cung lớn BC (O) Giải: 1.Ta có: ∆ DBI cân D nên: ∠ DBI= ∠ DIB.Mà: ∠ DIB = ∠ IBC + ∠ ICB (1) Và: ∠ DBI = ∠ KCI = ∠ KCA + ∠ ACD = ∠ KBA + ∠ ICB (2) Từ (1) (2) suy ∠ ABI = ∠ CBI.Suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ⇒ BI phân giác góc B tam giác ABC ⇒ K trung điểm cung AC ⇒ Tam giác KAC cân 2.Vì I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC nên AI qua trung điểm J cung nhỏ BC Ta dễ dàng chứng minh tam giác BIJ cân J ⇒ JI = JB = const Suy AI = AJ - IJ = AJ - const lớn AJ lớn tức AJ đường kính (O) ⇒ A phải nằm trung điểm cung lớn BC 3.Ta dễ dàng tính được: 1 ∠ BMC = ∠ BAC = số đo cung nhỏ BC = const Suy quĩ tích điểm M cung chứa góc nhìn BC góc số đo cung nhỏ BC Bài 2:Trên đường trịn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định điểm B thay đổi Đường vng góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn C Chừng minh BC qua điểm cố định 2.Gọi AH đừơng vng góc vẽ từ A tam giác ABC.Tìm tập hợp điểm H Hãy dựng tam giác vng ABC có đỉnh A cho trước đường trịn BC đường kính chiều cao AH = h cho trước Giải: 1.Dễ thấy BC qua điểm O cố định Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 16 Toán Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 17 2.Nhận thấy ∠ AHO vng Từ dễ dàng chứng minh quĩ tích H đường trịn đường kính AO 3.Đường thẳng d // với BC cách BC khoảng h cắt (O) hai điểm A A' thỏa mãn yêu cầu tốn Có vị trí A thỏa mãn (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC khoảng h) Bài 3:Cho đường tròn tâm O cố định Một đường thẳng d cố định cắt (O) A,B;M điểm chuyển động d (ở đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT MN với đường trịn 1.CMR:Đường trịn qua ba điểm M,N,P ln qua điểm cố định khác O 2.Tìm tập hợp tâm I đường tròn qua M,N,P 3.Tìm d điểm M cho tam giác MNP tam giác Giải: 1.Gọi K trung điểm AB.Dễ thấy M,N,P,O,K nằm đường tròn đường kính OM Vậy K điểm cố định cần tìm Tâm I đường trịn qua M,N,P trung điểm OM Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const Vậy phán đốn quĩ tích i đường thẳng song song với AB cách AB khoảng nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y trung điểm OA OB 3.Giả sử tam giác MNP thì: OM = 2.OP = 2R MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const Từ có hai điểm M thảo mãn Bài 4:Cho hình vng EFGH.Một góc vng xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt đường thẳng FG GH M,N;còn đường thẳng Ey cắt đường theo thứ tự P,Q 1.CMR:Hai tam giác ENP EMQ tam giác vuông cân 2.Goi R giao PN QM;còn I,K trung điểm PN QM.Tứ giác EKRI hình gì? Giải thích? 3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ có nhận xét đường thẳng IK góc vng xEy quay quanh E? Giải: 1.Dễ dàng chứng minh được: ∆ EHQ = ∆ EFM (cgc) Suy dễ dàng tam giác EMQ vuông cân ∠ PEF = ∠ PQN (đồng vị) mà ∠ FEM = ∠ QEH Suy ra: ∠ PEN = ∠ PEF + ∠ FEM = ∠ EQH + ∠ QEH = 900 Vậy tam giác PEN vuông (1) Thấy: ∆ NEQ = ∆ PEM (gcg) nên suy EN = EP (2) Từ (1) (2) suy ra:Tam giác PEN vng cân 2.Có: EI ⊥ PN EK ⊥ QM Vậy tứ giác EKRI có góc I góc K vng (4) Lại có: ∠ PQR = ∠ RPQ = 450 suy ra: ∠ PRQ = 900 (3) Từ (3) (4) suy tứ giác ẺIK hình chữ nhật 3.Dễ thấy QEKH EFMK tứ giác nội tiếp Ta có: ∠ EKH = 1800 - ∠ EQH (5) Và: ∠ EKF = ∠ EMF = ∠ EQH (6) Từ (5) (6) suy ra: ∠ EKH + ∠ EKF = 1800 Suy H,K,F thẳng hàng Lại có: Tứ giác FEPI nội tiếp nên ∠ EFI = 1800- ∠ EPI = 1800-450 = 1350 Suy ra: ∠ EFK + ∠ EFI = 450 + 1350 =1800 Suy K,F,I thẳng hàng 17 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 18 Vậy ta có đpcm Bài 5:Cho đường trịn tâm O đường kính AB.Gọi C điểm cố định OA; M điểm di động đường trịn.Qua M kẻ đường vng góc với MC cắt tiếp tuyến kẻ từ A B D E a)CMR: Tam giác DCE vng b)CMR: Tích AD.BE khơng đổi c)CMR:Khi M chạy đường trịn trung điểm I DE chạy đường thẳng cố định Giải: a)Nhận thấy tứ giác ADMC MABE tứ giác nội tiếp.Do đó: ∠ DCM = ∠ DAM ∠ MCE = ∠ MBE = ∠ MAB.Vậy: ∠ DCE = ∠ DCM + ∠ MCE = ∠ DAM + ∠ MAB = 900 Ta có đpcm b)Vì tam giác DCE vng C nên ta nhận thấy ∠ DCA = 900 - ∠ ECB = ∠ CEB Vậy hai tam giác vuông ADC BCE đồng dạng với nhau.Nên: AD AC = ⇒ AD.BE = BC AC = const BC BE c)Nhận thấy OI ln đường trung bình hình thang DABE hay nói cách khác,ta ln có OI ⊥ AB Vậy M chuyển động (O) I ln nằm đường thẳng qua O vng góc với AB Bài 6:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M điểm chạy đáy BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC C.Gọi N giao điểm thứ hai hai đường trịn CMR a) MN ln qua A tích AM.AN khơng đổi c) Tổng hai bán kính hai đường trịn tâm D E có giá trị khơng đổi d)Tìm tập hợp trung điểm H DE Giải: a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA tia NM qua A Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy AM.AN = AB2 không đổi c)Gọi K điểm cung BC ( không chứa A) Dễ thấy D,E nằm BK CK Từ K,D,E hạ đường vng góc với BC I.J,L Ta có: BD CE BJ CL BM CM BM + CM + = + = + = =1 BK CK BI CI BI CI BI BD CE ⇒ + = ⇒ BD + CE = CK = không đổi CK CK d) Hạ HQ vng góc với BC.Có: KI DJ + EL KI  BD CE  KI =  + HQ = ( DJ + EL) = Nên H nằm đ ường thẳng song song ÷= 2 KI  BK CK  với BC cách BC khoảng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK CK quĩ tích điểm H đường trung bình tam giác BKC (song song với đáy BC) CHUYÊN ĐỀ 6: Các tốn hình học phẳng có nội dung chứng minh, tính tốn Chun Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 18 Tốn Chun đề: Hệ phương trình Trang 19 Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O đường trịn tâm O có bán kính R thay đổi (R OA(trường hợp ngược lại hồn tồn tương tự) Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI-IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB)= =MA.MB (đpcm) Bài 2: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) A B.Các tiếp tuyến kẻ từ A B cắt M Dựng MH vng góc với OP a)CMR: điểm O,A,B,M,H nằm đường tròn b)CMR: H cố định cát tuyến PAB quay quanh P Từ suy tập hợp điểm M c)Gọi I trung điểm AB N giao điểm PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN IP.IN=IA2 Giải: a) Nhận thấy điểm O,A,B,M,H nằm đường trịn đường kính OM (đpcm) b)Phương tích điểm P đường trịn đường kính OM là: PH.PO=PA.PB=const (1) Suy H cố định nằm đoạn PO Từ dễ dàng suy quĩ tích điểm M đường thẳng d qua H vng góc với PO trừ đoạn TV với T,V giao điểm d với (O) c)Phương tích điểm P đường trịn đường kính ON là: PN.PI=PH.PO (2) Từ (2) (1) suy ra: PA.PB=PI.PN (đpcm) Lại có: IP.IN=(NI+NP).IN=IN2 + NI.NP (3) Phương tích điểm N đường trịn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM Phương tích điểm N đường trịn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB Suy ra: NI.NP=NA.NB (4) Từ (3) (4) suy ra: IP.IN=IN2 + NA.NB Ta chứng minh: IN2 + NA.NB=IA2 (5).Thật vậy: (5) ⇔ NA.NB=IA2-IN2 ⇔ NA.NB=(IA-IN).(IA+IN) ⇔ NA.NB=NA.(IB+IN) ⇔ NA.NB=NA.NB (ln đúng) Vậy ta có đpcm Bài 3:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn bán kính R,tâm O a)Chứng minh BC = 2R.SinA Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 19 Tốn Chun đề: Hệ phương trình Trang 20 b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) A,B,C ba góc tam giác Giải: a)Kéo dài BO cắt (O) điểm thứ hai D Tam giác vng BCD có:BC = BD.Sin( ∠ BDC) = 2R.SinA (đpcm) b)Kéo dài AO cắt (O) điểm thứ hai E Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB Ta có: AC AD + CD AD CD < = + = Cos (∠ADB) + Cos (∠CDB ) = CosC + CosA (1) SinB= 2R 2R BD BD Tương tự ta có: SinC < CosA + CosB (2) SinA < CosB + CosC (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 20 Toán ... minh với a,b,c phương trình sau ln có nghiệm : a(x-b).(x-c) + b.(x-c) (x-a) + c.(x-a).(x-b) = Giải: Đặt f(x) = a.(x-b).(x-c) + b.(x-c) (x-a) + c.(x-a).(x-b) = = (a + b + c).x2 -2 .(ab + bc + ca).x... (x2 + x + 1).(x8-x7 + x5-x4 + x3-x + 1) CHUYÊN ĐỀ 4: Các toán liên quan tới phương trình bậc hai định lý Vi-et Bài 1:Cho phương trình : x2 -( 2m+1)x + m2+m -1 = 1.Chứng minh phương trình ln có nghiệm... y − z = 1( 2) Giải: Thay (1) vào (2) ta được: (y + z -3 )2 -y2 -z2 =1 ⇔ yz - 3y - 3z = -4 ⇔ (y-3).(z-3) = = 1.5 = (-1 ). (-5 ) = 5.1= = (-5 ). (-1 Từ ta tìm y z ⇒ tìm x Bài 4: 2xy + x + y = 83 Giải: