Giáo án chi tiết bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNA. KIẾN THỨC CƠ BẢN:I. Một số phương pháp thường vận dụng khi giải phương trình nghiệm nguyên1. Phương pháp đưa về phương trình tích: Các ví dụ:VD1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: xy – x – y =2Giải: Viết PT về dạng: (x – 1 )(y – 1 ) =3Do x, y Z nên (x1), (y1) Z và x1, y1 là ước của 3 Do vai trò của x,y như nhau nên không mất tính tổng quát gs x y

Do x, y Z nên (x-1), (y-1) Z và x-1, y-1 là ớc của 3

Do vai trò của x,y nh nhau nên không mất tính tổng quát g/s xy

Vậy phơng trình có nghiệm (x;y) = (4;2), (0;-2) , (2;4), (-2;0)

VD2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x2+x+6=y2 (2)

Giải: Phơng trình đã cho tơng đơng với

666

x y x

y x y

2 52

12

2 125

x y y

x y

x y N

y

x y y

Từ đó tìm đợc nghiệm nguyên dơng của PT: (26;13), (29;12) , (19;22), (22;5)

VD2: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

1 10

1 7

x y z

4 Vận dụng tính chất của tập hợp số nguyên.

VD1: Giải phơng trình nghiệm nguyên: 3x+17y=159

Giải:

Giả sử x,y là các số nguyên thoả mãn phơng trình

Ta thấy 3x,159 chia hết cho 3 nên 17y phải chia hết cho 3 mà 17 không chia hết cho 3 vậy y phải chi hết cho 3 suy ra y=3t(tZ)

Thay y=3t vào pt ta đợc: x=53-17t

Thay x=53-17t; y=3t vào pt, ta đợc nghiệm đúng

VD2: Tìm nghiệm nguyên tố của ph ơng trình: x 2 – 2y 2 = 1

Giả sử (x0;y0;z0) là một nghiệm nguyên của phơng trình (1)

Khi đó x0 chia hết cho 2 đặt x0=2x1 Thay vào (1) ta có y0 chia hết cho 2, đặt y0=2y1

Thay vào (1) ta có z0 chia hết cho 2 ,đặt z0=2z1

Nh vậy nếu (x0;y0;z0) là nghiệm của (1) thì (x1;y1;z1) cũng là nghiệm của (1)

Quá trình cứ tiếp tục mãi suy ra x0,y0,z0 chia hết cho 2k (k thuộc tập số tự nhiên)

h/ 4x+11y=47i/12x-7y=45k/9x+10y=135

Bài2: Giải phơng trình nghiệm nguyên

a/ x2+91=y2 e/ 2m-2n=1984 k/ x+y=xy

b/x2-656xy-657y2=1983 g/ (x+5)(y+6)=3xy l/x2+x+1991=y2

c/x2-25=y(y+6) h/ y3-x3=91 m/x2=y2 +2y+13

n

x x x

o/x14x24 x144 1999

Bµi9: Chøng minh r»ng c¸c ph¬ng tr×nh sau kh«ng cã nghiÖm nguyªn

a/ x3+y3+z3=30419751951995

b/x5+3x4y-5x3y2-15x2y3+xy4+12y5=33

Bµi10: T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh

a/ 4xy-x-y=z2

b/ x2-y3=7

c/4xy-y=9x2-4x+2

d/ x y 1980 víi x<ye/xy2+2xy-243y+x=0

Bµi11: Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn:

Bµi12: Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn:

 Ph¬ng tr×nh v« tØ lµ ph¬ng tr×nh cã chøa Èn trong dÊu c¨n

D¹ng3:

2

( ) & ( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) & ( ) 0

Giải hệ ta tìm đợc u=0,1,2 , thay trở lại ẩn x ta đợc: x=2,1,10

Vậy pt đã cho có 3 nghiệm 1,2,10

Dạng3: PT có chứa căn bậc 3 và luỹ thừa bậc 3



c, Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối :

a  b ab Dấu đẳng thức xảy ra khi : ab  0

phần ii : Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức 1.Phơng pháp 1 : Dùng định nghĩa

- Kiến thức : Để chứng minh A > B , ta xét hiệu A - B rồi chứng minh A - B > 0

- Lu ý : A2  0 với mọi A ; dấu '' = '' xảy ra khi A = 0

( ) (

2 a2 b2  a2  abb2

4

1 ) 2 2

2 ( 4

1 1

 9  4ab + 8  1  4ab  (a + b)2  4ab

Bất đẳng thức cuối đúng Suy ra điều phải chứng minh

Bài 2: Cho a, b, c là các số dơng thoả mãn : a + b + c = 4

Chứng minh rằng : (a + b)(b + c)(c + a)  a3b3c3

Giải:

2

b ab a b

 3a2 - 6ab + 3b2  3(a2 - 2ab + b2)  0

Bất đẳng thức cuối cùng đúng ; suy ra :

3 3

2

1

 0 <=> a2 + b2 -

2

1

 0 Vì a + b = 1 <=> 2a2 + 2b2 - 1  0

Dấu '' = '' xảy ra khi a = b =

2 1

Bài 5 : Chứng minh bất đẳng thức :

3 3

Ta có :

3 3

<=>

2 2

Dấu '' = '' xảy ra khi a = b

Bài 6 : Với a > 0 , b > 0 Chứng minh bất đẳng thức :

3 Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc

- Kiến thức : Dùng các bất đẳng thức quen thuộc nh : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳngthức chứa dấu giá trị tuyệt đối để biến đổi và chứng minh ,

Một số hệ quả từ các bất đẳng thức trên : x2 + y2  2xy

Với a, b > 0 ,   2

a

b b a

b c b a

Giải

áp dụng BĐT Cauchy , ta có :

a + (b + c)  2 a(bc) 

c b a

a c

Tơng tự ta thu đợc :

c b a

b a

c b a

c b

Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì khi đó có :

a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = 0 ( trái với giả thiết a, b, c đều là số dơng )

b c b a

0 , 0

1

2 2

y x y x

y x

y x

Điều kiện :

2

5 2

b, áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có :

1 2 2

1 ) 1 (

1         

c b

a

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = 1

Vậy : a 1  b 1  c 1  3 , 5

Bài 4 : Cho các số dơng a , b , c thoả mãn : a + b + c = 1

Chứng minh rằng : 111 9

c b a

Giải :

Ta có :   0

a

b b

a

, a , b > 0

Ta có :   

c b a

1 1 1

) 1 1 1 (

c b

1 1 1 (

c b

a  .(a + b + c)

=1     1     1

b

c a

c c

b a

b c

a b a

= 3  (  )  (  )  (  ) 

c

a a

c b

c c

b a

b b

a

3 + 2 + 2 + 2 = 9 => 111 9

c b a

Dấu ''='' xảy ra khi : a = b = c =

3 1

1 1

Tơng tự : p - b > 0 ; p - c > 0 ;

áp dụng kết quả câu a , ta đợc ;

c b p a p b p a p

4 ) ( ) (

4 1

4 1 1

c b a c

p c p a

=> đIều phải chứng minh

Dấu '' = '' xảy ra khi : p - a = p - b = p - c  a = b = c

Khi đó tam giác ABC là tam giác đều

4 Phơng pháp 4 ; Dùng các tính chất của bất đẳng thức :

- Kiến thức : Dùng các tính chất đã đợc học để vận dụng vào giải các bài tập

+ Phủ định rồi suy ra điều trái với giả thiết

+ Phủ định rồi suy ra trái với đIều đúng

+ Phủ định rồi suy ra hai đIều tràI ngợc nhau

+ Phủ định rồi suy ra kết luận

1 )

Tơng tự : b(1 - b) 

4 1

c(1 - c) 

4 1

d(1 - d) 

4 1

Nhân từng về các bất đẳng thức ; ta có :

    

256

1 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1

Bài 2 : ( Phủ định rồi suy ra hai điều trái ngợc nhau )

Chứng minh rằng không có 3 số dơng a, b, c nào thoả mãn cả ba bất đẳng thức sau : 1  2

Cộng theo từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta đợc :

1 1 1  6

a

c c

b b

a

 ( 1)  ( 1)  ( 1)  6

c

c b

b a

=> ( 1)  ( 1)  ( 1)  6

c

c b

b a

Vậy không tồn tại 3 số dơng a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức nói trên => đpcm

Bài 3 : Chứng minh rằng không có các số dơng a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức sau :

b c

x 

=> a =

2

x z

y 

, b =

2

y x

z 

, c =

2

z y

x 

Khi đó :

VT =

a b

c a c

b c

y x z x

x z y

2 2

1 ) ( 2

1 ) (

z z

x x

z y

x x

) 1 )(

( 4

1

2 2 2 2

2 2 2 2

y x y x

Giải:

Đặt : a =

) 1 )(

1

2 2

y x

y x

1 (

1

2 2

2 2

y x

y x

2

) 1 ( ) 1 (

) 1

)(

(

y x

y x y

( 4

1

b a ab b

1 2

1 2

1

2 2

Ta chứng minh đợc : (x + y + z)( 1 11)  9

z y x

Theo bất đẳng thức Côsi

Mà : x + y + z  1 nên suy ra 111 9

z y

Phần iii : ứng dụng của bất đẳng thức

I- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị

- Kiến thức : Nếu f(x)  m thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là m

Nếu f(x)  M thì f(x) có giá trị lớn nhất là M

Ta thờng hay áp dụng các bất đẳng thức thông dụng nh : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thứcchứa dấu giá trị tuyệt đối

Kiểm tra trờng hợp xảy ra dấu đẳng thức để tìm cực trị

Tìm cực trị của một biểu thức có dạng là đa thức , ta hay sử dụng phơng pháp biến đổi tơng

đ-ơng , đổi biến số , một số bất đẳng thức

Tìm cực trị của một biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối , ta vận dụng các bất đẳng thứcchứa dấu giá trị tuyệt đối

Chú ý : A  B AB

Xảy ra dấu '' = '' khi AB  0

A  0 Dấu ''= '' xảy ra khi A = 0

Bài 2: a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

Bµi 3 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc

1

+ y

 1

1 +

z

 1

1

 2 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña tÝch : P = xyz

1) + ( 1 -

z

 1

y

 1

1  2 (1 x zx)(1 z)





z

 1

Bµi 6 : Cho 3 sè d¬ng a, b, c th¶o m·n : a + b + c = 1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc :

F = ( 1) 2 ( 1) 2 ( 1) 2

c

c b

b a

Gi¶i:

Ta cã : F = (a2 + b2 + c2) + ( 12 12 12

c b

Tơng tự : (1 1 1) 2

c b

a    3( 12 12 12)

c b

Mặt khác :   

c b a

1 1 1

(

c b a

1 1 1



 ).1 = (

c b a

1 1 1



 )(a + b + c) = 3 + (

a

b b

a

 ) + (

b

c c

b

 ) + (

c

a a

c

 )  3 + 2 + 2 + 2 = 9 =>

c b a

1 1 1



=> (1 1 1) 2

c b

a   81 => (12 12 12)

c b

zx x

1 2

1 3





z z

=> G 

3 2

1 2 2

1 2

1 2 2

1 2

b Tìm giá trị lớn nhất của K = x 1  x2

HD : áp dụng bất đẳng thức Côsi và làm tơng tự nh bài 5 :

II - Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình

- Kiến thức : Nhờ vào các tính chất của bất đẳng thức , các phơng pháp chứng minh bất

đẳng thức , ta biến đổi hai vế ( VT , VP ) của phơng trình sau đó suy luận để chỉ ra nghiệm củaphơng trình

Nếu VT = VP tại một hoặc một số giá trị nào đó của ẩn ( thoả mãn TXĐ)

11

3



x (*)  2 x 3 + 5  2x = x2 - 4x + 6

VP = (x - 2)2 + 2  2 , dÊu '' = '' x¶y ra khi x = 2

=> không có giá trị nào của x để VT = VP => Phơng trình vô nghiệm

0 2

2

y x

=> phơng trình có nghiệm : x = 2 ; y = 2

Ngày soạn :1/10/2008

C/ CÁC DẠNG TOÁN CỤ THỂ:

Vớ dụ 1: Tỡm GTNN của cỏc biểu thức sau:

3 3 )

3 4

3 4

9 2

3

2 3

3 )

(

/

2 2

3 2

Cỏch giải chung của bài toỏn trờn là:

Ta biến đổi đa thức đó cho về dạng: h x2 a trong đỏ a là một hằng số Vỡ h x 2  0

nờn h x2aa Do đú GTNN của biểu thức đó cho bằng a khi h(x) =0.

Vớ dụ 2: Tỡm GTLN của cỏc biểu thức sau:

14 2 )

Ta biến đổi đa thức đã cho về dạng:  h x 2 a trong đá a là một hằng số Vì

Đáp số: f(x) đạt GTLN bằng 178 khi x43

Bài tập2 : Tìm GTNN của các biểu thức sau: 1

6 4

1 ) (  2  x 

x x g

2 , 1

3 4 13 3

13 2







m khi

S đạt GTNN bằng

13 2 3

3 4 13 3

13 2

1 4

1



x khi

b/ Tìm GTLN của biểu thức: N = 2xy

Đáp số: N đạt GTLN bằng ; 21

6

1 6

1



x khi

Đường lối chung để giải dạng toán này: Cho biểu thức A  G F((x x)) Biểu thức A đạt GTLN khi F(x) đạt GTLN và G(x) đạt GTNN; biểu thức A đạt GTNN khi F(x) đạt GTNN và G(x) đạt GTLN.

1/ Ví dụ:

Ví dụ 1: Tìm GTLN của biểu thức:

10 6

35 18 3

2 2

x x

A

Giải

 3 1

5 3

10 6

5 3

10 6

35 18 3

2 2

2 2

x x

x

x x

Ta thấy bậc của tử thức bằng bậc của mẫu thức, ta thực hiện phép chia để đưa biểu thức về dạng A = M + f N (x) (M, N là hằng số) Do đó biểu thức A đạt GTLN khi biểu thức f(x) đạt GTNN.

Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức: 2 21 x 0

x

x A

Giải

2 2

2 2 2

2 2

x x

x

x x x x

x A

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 0  x 1  0  x  1

x x

Vậy biểu thức A đạt GTNN bằng -1 khi x=-1

Cách giải chung của bài toán trên là:

Ta thấy bậc của tử thức nhỏ hơn bậc của mẫu thức, ta thực hiện phép biến đổi để đưa biểu thức về dạng A = K

x g

x f

) (

Bài 2: Cho x>0 Tìm giá trị của x để biểu thức

1

khi x=2009 Bài 3: Cho biểu thức:

x x

x

x x M

2 3

: ) 2 ( 1

2009 2

2 3

3 2

Bài 4: Cho biểu thức:

) 1 ( 2

4 12 3

: 2 3

x x x x

x x N

1 4

x

x N

4

1



x khi

Bài 5: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện: 2

1

1 1

1 1

Tìm GTLN của biểu thức abc:

x

Trong điều kiện này ta có f(x) 0 nên f(x)đạt GTLN khi và chỉ khi f x 2 đạt GTLN

Ta có:  f x 2  2  x 1 x 2 2  x1 x  3  2 2 x x2

2 2

2

1 4

9 2 3 4

1 4

9 2

1

Cách giải chung của bài toán trên là:

Ta cần xác điều kiện các biểu thức dưới dấu căn để cho căn thức có nghĩa, sau đó tìm điều kiện để biểu thức   2

3 )

1

0

1

x x x

x

Ta biến đổi:

2 1 2

1

) 2 1 )(

2 1 ( 2 1

2 1 2

1

3 )

x

x x

x x

Cách giải chung của bài toán trên là:

Ta cần xác điều kiện để biểu thức có nghĩa và phân tích đa thức thành nhân tử sau đó rút gọn biểu thức đã cho.

2

1 )

1 ( 2

1

x

x x x

b/ Tìm GTNN của MĐáp số: M đạt GTNN bằng -1 khi x=0

1

2 : 1 2

2 1

2

x x

x

x x

x M

a/ Rút gọn biểu thức M Đáp số: M= x x x 0 ; x 1

b/Tìm GTLN của M Đáp số: M đạt GTLN bằng 41 khi x41

Bài 3: Tìm GTLN của biểu thức

1 2

Đáp số: M đạt GTLN bằng

16

1 7

8



x khi

Bài 4: Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: 3 1 2

Bài 5:Tìm GTNN của biểu thức: M  x 20082  x 20092

Đáp số: M đạt GTNN bằng1 khi 2008 x 2009