CHUYEN DE
Trang 2Chuong I
NHUNG VAN DE CHUNG 1.1 Năng lực giải toán về đẳng thức và bất đẳng thức
Việc giải toán về đẳng thức (ĐT) và bất đẳng thức (BĐT) có thể giúp rất nhiều cho việc rèn luyện ở học sinh (HS) óc trừu tượng hoá và khái quát hoá Do bài toán về DT và BĐT có nhiều phương pháp giải, mỗi bài ta có thể có nhiều con
đường đi, có nhiều cách giải khác nhau đề tìm đến kết quả cuối cùng nên việc tìm một lời giải hay, một con đường đi ngắn giúp rèn luyện cho HS tư duy sáng tạo,
phương pháp khoa học trong suy nghĩ, biết giải quyết vấn để bằng phân tích, tổng
hợp, so sánh, khái quát từ đó HS phát triển các phẩm chất tư duy như linh hoạt, độc lập, sắng tạo
HS có năng lực giải toán (NLGT) về ĐT và BĐT có thể xác định hướng gi
của bài tốn một cách nhanh chóng, sau đó có thể phân tích, biến đồi biểu thức chính xác, rõ ràng Từ bài tốn đó lại có thể làm xuất hiện một lớp các bài tốn có liên quan bằng cách đặt thêm câu hỏi hoặc khái quát hoá, tương tự hoá v.v
Có thể xác định được NLGT về ĐT và BĐT của HS qua một số năng lực cụ
thể như sau:
jNăng lực ]: Năng lực nhận biết các hằng đẳng thức (HĐT) trong biến đổi đại số Ví du; Tính giá trị biểu thức
A=xX?~ 5x — 2xy + 5y + yŸ+ 4 biết x—
- Quan sát biểu thức A nhận thấy trong biểu thức có HĐT (x ~ y)° Dođó: A =( x”~ 2xy+ yŸ) —5(x- y) + 4
Trang 3“Trong bài toán này một suy nghĩ tự nhiên có thể nảy sinh là: HĐT nào cho ta
mối quan hệ giữa at b+ c và aˆ+b°+c° giữa aˆ+b+c” và a' + b' + c' Hoặc là: Từ
giả thiết có mối quan hệ b + và a”; giữa bí, cÍ và a''?
~a Vậy HĐT nào cho ta n
¡ quan hệ giữa bỶ, c?
Bình phương 2 về của ĐT =a = (b+ c) ta được:
a =b' + 2be +c <=> 2be = a” = b*=
“Tiếp tục bình phương 2 về của DT này ta được:
2a°b? + 2b'e* — 2a%c?
2a°b* + 2b7e* + 2a’
Cộng 2 về của ĐT này voi at + bt + e4 ta cb:
2@l+biec')= abt bc! +2a°b’ + 2bÄ + 2a “sb"+c")’ (dpem)
Nhận dạng và sử dụng tốt các HĐT xuất hiện trong bài toán giúp chúng ta thấy được bài toán rất quen thuộc, lời giải ngắn gọn
Nang lie 3: Nang lực *nhìn” đối tượng (của bài toán) theo cách khác
Védu: Cho a,b, ¢ là các số khác 0 thỏa mãn:
2X,
+# (¡+ ) VI TS Ta
Nhìn vào giả thiết a'bŸ + bổc` + aÌc`= 3abfc?, nếu ta coi: ab =
ca=z khi đó ta có xÌ+ y` + z` =3xyz, gần gũi với dạng (x+y+z)° Khi đó:
)L
sta)
'Ta có bài tốn mới
Nang lực 4: Năng lực tìm mối quan hệ giữa các đại lượng
Để tìm được lời giải bài tốn thì năng lực tìm ra quan hệ giữa các điều kiện
Trang 4Vidu: CMR: Néu
'Từ các ĐT đã cho trong bài tốn khó có thé biéu diễn ở đạng tường minh a, be theo x, y,z hay nguye lai, ta phải dựa vào đại lượng trung gian
Các biểu thức xuất hiện ở giả thiết và kết luận là thể hiện vai trị bình đẳng iữa x, y, z, giữa a, b, c Nếu ta đặt các tỉ lệ thức ở giả thiết là k thì mối quan hệ đó
thị một cách bình đẳng của a, b, c theo k, x, y, Z
Vidu: Cho a> b>0 thoa mãn: 3a + 3b = 10ab Tính giá trị của biểu thúc: a~b
Cần nhận thấy mối quan hệ giữa kết luận và giả thiết: Trong giả thiết xuất
hiện a” và bỀ, Vậy trong P phải làm xuất hiện a” và b` Từ đó nghĩ đến việc bình
phương 2 về của biểu thức P
Giả thiết có 3(a? + bỀ = lŨab, Lab Dé sử dụng được a? +b*
'Từ đó ta có lời giải bài toán
‘Nang lực 5: Năng lực thao tác thành thạo các đạng toán cơ bản dụ 1: Giải các phương trình (PT):
Trang 5
Day la những dang toán cơ bản, tác thành thạo đạng cơ bản này
Đối với PT (1) người ta thường nhân như sau:
(KF DKF DEK HSK HE (x+2)(x+3)=x” +5x +6 Đặt xÌ+ 5x + 5 , thì PT (1) <=>(t~ Dứ + 1)=24 <=>=25 <=>L= +5 từ đó tính được x = 0; x = =5
JNăng lực 6: Năng lực qui lạ về quen
¡ với HS giỏi cẩn phải có năng lực thao
'Yí dụ: Sau khi đã cho HS làm quen với dạng tốn phân tích thành nhân từ: (x INK +3J + S)(x+7)+ 15 Bằng cách ghép từng cặp nhân từ một cách phù hợp, ta có: (x+ 1JX+ 3) +5) +7)+ 15 [(x+l)@+7)|[(x+3)(x+5)]+ 15 x” + 8x + 7)(x7 H8x + 15) +15 (4) Đặt x + 8x +7 = ä, 9) trở thành,
a(a +8) +15 =a" + 8a+ 15 =(a" + 8a + 16) ~
(a+42-1 =(a+3)(a +5) Thay vào ta có: GỀ+ 8x + 10x” +8x + 12)= [@x + 4Ÿ~ 6)|[@X+ 4Ÿ = 2] Gx+4+{6(x+ 4S 6)(x+2)6 +4) “Thì khi cho HS giải các bài tốn:
+ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=(x+ 1) +3) + 5)(x +7) + 15,
Trang 6(x+ D)(@ +3)(x+ 5) +7) + l
Gặp những bài tốn này HS có thể qui về phương pháp quen thuộc ở bài
toán ban đầu
Yí dụ; Tính giá trị của biểu thức
P= [OF 09F
"Để làm được bài toán này, HS phải quen với cách vi w-1
'Ta có:
bài toán quen thuộc
è phương pháp
lầm (phương pháp đặc biệt) Song trong lu có thể tìm mì một vài ý quen
thuộc Bởi vậy việc rèn luyện trí nhớ cũng ï với HS
‘Nang lực 7: Năng lực khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự Vidy: Tính các tổng sau:
1
aaa) (neN, n>l) ng
'Từ bài tốn này chúng ta có thể mở rộng và được hai bài tốn tính tổng sau:
„ (neN, n>l) „ (neN, n>l) 124 21:45 34516) 7 n(nxi[n+2-[n+3) Đồng thời có thể tơng qt hố bài toán:
Trang 71 1 1
+12] 0a3]t mon * (0eN, nềi)
Mặt khác chúng ta có thể có các bài tốn tương tự sau: “Tính tổng: (neN, n>l) 1 tot 14°47 710 Gn-2)(n+1) 14 T16“ *[mn-3) 511) ie 1 le (neN, n>l) ¬
từ bài toán ban đầu chúng ta có thể tương tự hoá theo 2 hướng: - Thay đổi khoảng cách giữa các số trong tích ở mẫu
- Tăng thêm thừa số ở mẫu só
Aăng lực 8: Năng lực phân tích tổng hợp: Vidy: Tính giá trị của biểu thức:
1007
đổi biểu thức trong mí dang bình phương của một tổng => làm mắt căn bậc hai = giản ước, rút gọn
căn
Trang 8
9814-1 98,49 2 100
Với một số bài tốn khó, khơng có thuật tốn để giải thì việc tìm mì hướng giải của bài toán phụ thuộc chủ yếu vào năng lực phân tích, tổng hợp của HS
Vidu: Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn:
“Tính giá trị của P= ab +2be + 3ac
+ Phân tích, tổng hợp (3)(2)(1), ta có kết quả: 2c? = ab — ac
+ Xem xétP* = (ab + 2be + 3ac)’ =
+ Tổng hợp từ (2)(3) => có nhiều hạng tử đồng dạng với hạng tử của PẺ
=> Xét PẺ — 9.6.12 với chú ý 2c” = ab — ac => Tính PẺ - 9.6.12 theo 2c? => két quả
Hướng dẫi
Ib + 2bc + 3ac và 2c*= a(b-c) vào (1)
+eÐ)(e' tác+a”) => P= 129.16 =223.32.42
*) Ngoài các năng lực trên, HS cần có: Năng lực huy động các kiến thức đã
Trang 9ràng, chặt chẽ Năng lực dự đoán kết quả, kiểm tra dự đoán, biết cách liên hệ tới các vấn đề tương tự gần giống nhau, tổng hợp khái qt hố có phương pháp giải chung cho từng đạng bài và phương pháp "đặc biệt" với bài "đặc biệt", hoặc bài "không tầm thường"
1.2 Các dạng toán về ĐT,
Qua tim hiểu các đề thì HS giỏi THCS, tuyển sinh vào THPT, THPT Ning khiếu (chuyên) và tài liệu, cho thá
bài tập về ĐT tập trung vào các dạng toán sau:
Dang 1: Chứng mình ĐT
Dang 2: Chứng mình DT có điều kiện Dang 3: Phân tích đa thức thành nhân từ Dang 4: Rút gọn biểu thức,
Dang 5: Tính giá trị của biểu thức 1.3 Một số phương pháp chứng mình BĐT,
1.3.1 Phương pháp vận dụng định nghĩa và tính chất của BĐT Phương pháp 1: Phương pháp dựa vào định nghĩa
Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp 3: Phương pháp làm trội
Phương pháp 4: Phương pháp phản chứng
1.3.2 Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về BĐT,
Để chứng minh BĐT_A > B nhiều khi cần sử dụng một số bải toán cơ bản về BĐT để làm bài toán phụ, giúp tìm
lời giải bài toán
Phương pháp Š: Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về phân số: "Ta có hai bài tốn cơ bản sau đây:
Bài toán 1: Với a, b, e> 0 CMR:
a/ Nếu a < b thi £<4*¢ b bre
Trang 10Bài toán 2: Với x, y,2> 0 CMR:
x'y x+y’
“Phương pháp 6: Phương pháp vận dụng các
Kiến thức cần nhớ:
Đối với một số bài toán BĐT có chứa giá trị tuyệt đối, ta có thể vận dụng các bài toán cơ bản về BĐT chứa giá trị tuyệt đối sau:
Bai todn 1: CMR:
toán cơ bản về giá trị tuyệt đi
# lai +[b[> |a + b | Dầu * = * xây ra <=> ab >0, ý la= b[ >|a |— Ibl Đầu * =* xây ra <=> bía — b) > 0
I+ISI>IS+3*I>2
Bai toán 2: CMR nếu x, y khác 0 thì
Diu“ =" xiym <=> x=
Từ đó suy a néum, n> Otacé: 1) 2 Phương pháp 7: Phương pháp vận dụng BĐT liên hệ giữa tổng bình 2) m+ phương, bình phương của tổng, tích hai số
yŸ>4xy
2) 3GÈ+y`+z)>(x# Ð 2G2+y))>(x+
+z)'23(xy+ xz + yz)
Phương pháp 8: Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về căn thức (BBT Cauchy va BET Bunhiacdpxki)
Khi giải một
các bài toán cơ bản về BĐT chứa căn thức, bài tốn BĐT có chứa căn thức bậc hai, ta có thể vận dụng
ath
Bài toán 1: Cho a,b > 0 CMR: van
Diu*="xiyra <=> a=b (BBT Cauchy)
Bài toán 2: CMR: (ax + by)? <(a? + b7)(x" + y*)
Dấu *= * xiy <=> ay=bx (BĐT Bunhicôpxki)
1.3.3 Phương pháp vận dụng tinh chất đặc biệt của biễn
Phương pháp 9: Phương pháp vận dụng điều kiện có nghiệm của PT bậc 2
Trang 11Phương pháp 10: Phương pháp qui nạp toán hoc Phương pháp 11: Phương pháp dùng toa độ, hình học
Chương II
BỘI DƯỠNG NẴNG LỰC GIẢI TOÁN VỀ ĐÁNG THỨC
VÀ BÁT ĐÁNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
2.1 Các yêu cầu về kiến thức và kỹ năng đối với toán ĐT và BĐT thuộc
chương trình tốn lớp 9 THCS
2.1.1 HS cần nắm vững kiến thức về giải toán ĐT và BĐT
- Nắm vũng khái niệm và tính chất của ĐT và BDT - Nim vững các HĐT đáng nhớ
- Nắm vững các phép biến đổi đơn giản của căn thức, phân thức, đa thức - Nắm vững cách chứng minh ĐT
- Nắm vững cách chứng minh ĐT có điều kiện
- Nắm vũng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân từ - Rút gọn, tính giá trị của một biễu thức
- Các phương pháp chứng minh BĐT (đã nêu ở chương 1) 2.1.2 HS có kỹ năng vận dụng các kiến thức vào giải toán
- Kỳ năng vận dụng các HĐT đáng nhớ - Kỹ năng tinh toán giá trị của biểu thức, - Kỹ năng rút gọn một biểu thức,
- Kỳ năng chứng minh ĐT
- Kỹ năng chứng minh ĐT có điều kiện - Kỳ năng phân tích đa thúc thành nhân từ - Kỳ năng chứng minh BĐT
2.1.3 HS phát triển về những năng lực trí tuệ chung - Năng lực suy luận, lập luận
- Năng lực phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa, khái qt hố, xét tường tự, đặc biệt
Trang 12
- Nẵng lực
trường hợp, lập ngược vấn đẻ, sự liên hệ và phụ thuộc xét tính giải được hành những hoạt động phổ biến trong toán học như phân chia
2.2 Xúc định những yêu cầu cơ bản của hệ thẳng bài tập dành cho HS giỏi
cho HS giỏi toán phải là hệ thống bài tập nâng cao có tác dụng đến từng,
năng lực, tư duy sáng tạo ĐỀ đạt được mục đích đó, các bài tập cần đảm bảo các yêu cầu sau:
~ Có tác dụng cùng cố vũng chắc các kiến thúc, kỹ năng trong chương trình học - Bài tập phải gợi được ở HS sự ham thích tìm tịi
- Có tính tổng hợp, tức là những bài tập đòi hỏi phải sử dụng đến nhiều nội dung kiến thức khác nhau, phải nhạy bén trong việc lựa chọn những kiến thức có liên quan để giải quyết yêu cầu do bài tập đặt ra
Để đạt được các yêu cầu trên, các dạng bài tập đưa ra phải phong phú, gồm
nhiều thể loại
2.3 Hệ thống bài tập về ĐT và BĐT nhằm rèn luyện năng lực giải toán cho
HS giải về toán lớp 9 THCS
Năng lực giải toán chỉ có thể hình thành và phát triển trong quá trình hoạt động của HS Giải bài tập toán học là một trong những hoạt động quan trọng của học tập, do đó người thầy cần phải xác định được hệ thống bài tập sao cho vừa có
tác dụng khắc sâu kiến thức, rèn luy năng, vừa có tác dụng phát triển tư duy độc lập sáng tạo đề chuẩn bị có hiệu quả cho việc vận dụng kiến thức vào học tập
và thực tiễn của các em sau này Với tư tưởng đó, hệ thống bài tập đề xuất về ĐT gom 5 nội dung đó là: Bài tập về chứng minh ĐT, chứng minh ĐT có điều kiện,
phân tích đa thức thành nhân tử, rút gọn biểu thức và tính giá trị của biểu thức; hệ thống bài tập về BĐT để xuất gồm 11 nội dung tương ứng với I1 phương pháp chứng mình BĐT phù hợp v
2.3.1 Bội dưỡng năng lục về ĐT, kiến thức bậc THCS
Trang 13Để chứng minh các ĐT đại số, thường sử dụng các HĐT quen thuộc (đáng nhớ) sau:
1 (a+bŸ = dỀ + bỀ + 2nb
(atbtcf aa +h +e + Yab + be + ca) 2 (aby =a’ +b ~2ab
3 (a+ bf =a" +b + abla + b)
(at bref =a tb +e + (at bib + cle +a)
4 (a—b)’ = a ~b =3ab(a =b) 3 dể =bỀ= (a + b)(a =b}
6 da” +bỀ= (a+ b)(đŠ =ab + b) =(a + b)` ~ 3ab[a + b) 7 a =bÌ= (a-ha? + ab +b’), =(a = b)` + 3ab(a = b), "Một cách tổng quát: Ba AB = (at baa" b+ +) 9 d= B= (aba! +a" b + +b")
2 Rèn luyện các kj năng giải bài toán về ĐT
Dạng 1: Bài tập về chứng mình ĐT
bƯ(xỶ +y) = (a x+ by)
(ay ~ bx}?
Giải: Biến đổi về phải, ta được:
(ax by)? +(ay— buy? = (ah +b y? + 2anby) Hay? +b)
2axby)
thy? taty? +b = (a +b Ye ty") ĐT được chứng minh Bai 2: CMR: (x+y)(x+y) Hướng dẫn: (x + 2y)'— yx + yy"
Biến đổi về phải, ta được điều cần chứng minh (Tương ty bai 1) Bài 3: CMR: xỶ + y + (x + y)!
Viết ĐT đã cho dưới dạng:
Trang 14
=yÊ=[G2+ xy + y)*~ x!] + [OC + xy ty) -y4] = (xy + JQ + xy +7) + GỀ + xy)G+ xy + 2y)
266 + xy + y3!
= (x+y) [yx + xy + y)) + x(X”+ xy + 2y)]
=(X+y)[x` + 3x”y + 3yÖx + yÌ| = (x + y)+y)Ÿ= (6+ y)Ê Vậy ĐT được chúng minh
Bài 4: Cho a, b,c CMR:
a’ +b! +c) —3abe = (a + b + ©)(aŸ + bŸ+ eŸ— ab — be = ea)
Giải: Biến đi về tri, ta được:
a`+bÖ+e`~3abc = (a'+b))+ c`~3abc = (a + b)` = 3ab(a + b) + cÌ~3abc (a +b)`+ €'] ~ 3ab(a + b +)
=(a+b+@)` ~3(a + b).c(a + b + €) = 3abía + b + c)
(a+b + €)[(a + b + c)” =3ac = 3be 3ab]
=(a+b+©)(8Ẻ + bŸ+ cŸ~ ab~ be = ca)
'Vậy ĐT được chứng minh
Bai 5: Chứng minh rằng, nếu ít nhất có hai trong ba số a, b,c khác nhau thì:
a +b) 46 ~3abe +b+e
ta +=o)
—ớ
Hướng dẫn: Biến đồi từ số của phân thức ở về trái như bài 4, ta được:
a's b's c°—3abe = (a+b + c)(a" +b" +c” —ab— be ~ca)
_atbte [la-by +(b~e)? +(e~4)*]
Vay vé trái của ĐT đã cho bằng:
atbte
[(a-by +(b- 0 +(e-a)']
(a= by +b=0F He-a)" DT duge chimg minh
Bài 6: CMR:
al |49+20N6+[49-20j6=2VS
Hướng din:
Trang 1549.6206 = 2542096 +24 = 54-246)" =F ABP = LE 1" 49-2046 = 25 20416 +24 = 5-246)" =105 -2)7 = W-V9*
by Prin eGr any Hiern GF oy
Hướng dẫn: Biến đổi biểu thức ở về trái, ta được:
24 day 4a? + yoy aa? 43a fy 43a dy +i red? 2 4Bay- Gx! + yyy =x? ax Yt Baty)" Of) = —p)?
of PB pi Giti: Dat «= 4245 42-5 Ta c6: x1 =2+V5+2-V5 + ă2+/5(2—-J5.x <=>xÌ=4~ 3x <=>xÌ+3x— 4= => (x=IJXÌ+x+4)=0 0 tức là x Chú ý rằng: “ 6 Do dé x -1
Vậy ĐT được chúng minh
0 Ý5+20-5 =3 ({5~W
Hướng
Nhận xét: VZ>I ; 420>§=2 ; 425<1/27=3 = về trái dương
= Để chứng minh ĐT chỉ cẳn bình phương 2 về và rút gọn được ĐT đúng Bài 7: a/ (a1 «BE
Ta biến đổi: (a? —a+1) = (a? —a+1)'(a? -a +1) = Xa? a? —a +1)
=3(a=D(a + Đ(a°=a+ 1)= 3(a= 1)@`+ Ð) =â(a= D@+ 1)=9(a- D)
Trang 16'Vậy ĐT được chimg minh b/ CMR: ` Giải: Đặt W5 =a <> Cần chứng minh: (Ss (z= 'Vậy ĐT được chứng mỉnh
Bài 8: Chứng minh các DT sau:
a)
'Vậy ĐT được chứng minh
AE A
(Chứng minh tương tự 4/)
Hướng dẫn: Nhân 2 về với ‡/x, ta được:
Trang 17neve =4 +3Íx—Íx` =4 =3[2x+4; Tiếp theo áp dụng kết quả câu a/ ta được điều cần chứng minh
Hướng di
Cách I: Nhân 2 về với ye ,ta duge:
Hay [e+e Aa eae
Cách 2:
Bình phương rồi biến đồi về trái, rút gọn được điều phải chứng minh Bai 9 Chứng minh các ĐT:
AGx=Bl(x=e) , Mr Or=a) 2 cx=4)(x=b)
(a=Đ(a=e) ` (b=e0=a) ` =ale=b)
cỄx=a)œ—b) (a=Đl(a=e) ` (b~e(b=4) ` (e=ale=b)
WOK WMAWe) , (CANA CARA) , FD ANK—D) _ yy gg
(=BMa=e) me (e=aWe=b)
Hướng dẫn: Lần lượt thay x = a, b, e vào về trái ta được các giá trị tương ứng
a, b,c Từ đó suy ra đồng nhất thức Ð) và c) tiến hành tương tự a)
Bài 10 Chứng mình ĐT:
a) 3-5 5 =
Cách I: Đặt
A=dS-dE-jaaVŠ 1 A'=3-VSv3v5-2V8-5 =A'=6-
2 => A=-2 Vậy ĐT được chứng minh
Trang 18
Cách 2: Nhân A với
„ta được:
A5 =a=j5):2—3+J59:2 =ƒ6~3j5 =Js+2/5
aviv — 0? - iS +0? = 5 1-5-1
= AYI=-25 A=-V2 BT được chứng mình
Cách 3: Vì 2 về ĐT đã cho đều âm => Nhân 2 về với (-1) => Bình phương 2
vế, rút gọn ta được ĐT đúng
» “#5 „Win Em
Hướng dẫn: Biến đôi về trái, ta được:
da
DT da cho tương đương với:
§~1={Í6ƒ3—10 Lập phương 2 về, rút gọn ta được ĐT đúng Bài 11 Chúng mình HĐT: (+2a\1=2a) 2a=1 (Với x# 0; y #0; x & y# 0) Chứng minh tương tự a/
Trang 19bre -a a-b
{a—b\@=e) ` (b~=elWb~a) ` (e=aJWe=b)_ a=b be c=a
(a—bya-e) (a—bW(a=e) a=b a=e a=b cca “—
(b~e\b~a) (b=elb=a) be boa bộc ánh
“ ố ẽ n
{e=aMe=b)_ (e=aJe=b)
Cộng từng về của ba ĐT trên ta được điều cần chứng minh * Nhận xét:
- Để chứng mình một ĐT ta có thể thực hiện việc bi
đổi biểu thức (thực
hiện phép tính) ở về này (thường là về phức tạp hơn) của ĐT để được một biểu
thức ở về kia
~ Trong một số trường hợp, đẻ chứng minh một ĐT ta có thể biến đổi đồng thời cả hai về của ĐT sao cho chúng cùng bằng một biểu thức thứ ba, hoặc cũng có thể lấy biểu thức VT trừ biểu thức VP (hoặc biểu thức VP trừ biểu thức VT) và biến
đổi có kết quả bằng 0
Dang 2: Chứng mình ĐT có điều kiện
Bai 13: Cho a+b +c=0.CMR:a' +b’ +c* = 3abe,
Giải: Ta có (a + b + c}' = a` + bỀ+ c`+ 3(a + b)(b +€©J(€ +4) (1)
b
Vìa+b +e =0, nên suy ra: a + b= =e; b +;
-âic+a Từ đó theo (1) ta có: 0=+bŸ+cÌ~ 3abc
Suy ra: a”+b`+c`= 3abe Vậy ĐT được chúng minh Bai 14: Cho a+b = 1, aby 0 CMR:
ab
Trang 20
a tatlsbt b+) mm a tat), 2ab
Vậy ĐT được chúng minh 1b) Chứng minh tương te al
Bài 15: Cho x+ y+ Z = A CMR: xÌ++Z` =
Giải: Ta có: 5 — 3 A(xy+yz4zx) + 3xyz (X+y+2)=x)+y +/Ê +30 + y)(y + Z/ + X)
=>XÌ ty +i`= (X+y +/)` = Â@x + )y +2) + X) =A`~3(A = Z(A =x)(A = y)
= A`~ 3[A`= AŸ (x+y#2) + A(y+yZ+Zx) xyz]
AÌ~ 3[A`= A`+ A(xy+yZ+zx) — xyz]
AÌ~3A(xy+yZ+Zx) + 3xyZ Vậy ĐT được chúng minh
Bài 16: CMR
Giải: Bình phương 2 về của (1), 6: a+ b+ ta được: \b+be-+eal thi a=
(8Ê+ bŠ+ c)ˆ= (ab + be + ca)”
Hay: (82+ bÊ+ cˆ— ab — be ~ca)(a°+ bŸ+ c°+ ab + be + ca) =0, * Nếu aŸ+ bŸ+ cˆ~ ab — be =ca = 0, thì:
2a°+ 2bŸ+ 2c”~ 2ab— 2be — 2ca
Hãy (a— b) + (b— €} + (€ — a)”
a-b=0 Suy ra |b~e=0
Trang 21
Tương tự ta có: a+b=b+c=c+
=0, Suy ra a=b=e=, 'Vậy cả hai trường hợp ta đều có a = b = c
Bài 17: CMR nếu có: ry yy salty =a thi Vr Haye
Gii
Bình phương 2 về của ĐT đã cho, ta được:
EL IT yt oe POT he),
Mà HERO HE = A A)
Do vậy về trái của (1) bằng:
đ ath etd aca bd
itm, = 222 a=b = : nd +be CMR: m+ m+m;=mimym; Giải: Ta có: mị+ mụ+ mị= 224.244, aed
a=b Te=d adthe _ (at bled) +(e+d a-b) , ae=bd
ta=bWe=4) ‘ad +be bd), ae~bd
fa=ĐW(e=d) ` ad+be {a=bW(e=dNad +be) _(ac~bdyat bate)
(a De~ Dad +be)
'Vậy ĐT được chimg minh
Bài 19: Cho:
Trang 22Hướng dẫn: Lần lượt nhân 2 về của ĐT đã cho với
cộng lại Rút gọn ta được ĐT cần chứng minh
Bài20: Cho ++ Váp “bệ áp)
o> EME Os eta there 0
1 Vậy ĐT được chứng minh
1a bre CMR: a+ Bài 21: Choa+b+e=1va ++ va +b4c=abe thì ta có: CMR, nếu: T+ 7+
( Bai 21 & bài 22 chứng mình tương tự bài 19 ) tho ab = 1 CMR:
+B = (a tba +b?) (a tb)
Hướng dẫn: Biến đổi về phải
(a +b'\(a" +b?) (a+b) =a" +b! + ab! + a'b' (a+b) =.= a" +b
x4 y?=1L.CMR:
=> (a+ b)(bx! + ay’) = ab(x’ + y*?
Trang 23=> (ay? — bx’ = 0 => bx’ =ay?
b) Tir bx? = ay? => © a+b
ve
Gao Suy ra đpem
Bài 25: Cho a + b + c0 CMR: a + bỀ+ eế = 7 (aŸ+ bỀ+ cÖŸ
Giải: Từa+b+e=0 =>b+e=-a=>(b+0)"=
=> bŸ+ CỔ + 2be = aˆ => a — bỀ — cỔ = 2be => (a? b*= 2)" = abc?
=> af+bŸ+ cÝ= 2a°b + 2bc” + 2c la”
=> 2(A'+ bl+c°) = a'+ bŸ+ cÝ+ 2a°b + 2bŸc? + 2cla”
=>2(a1+b +9) = (42+ bÉ+cĐẺ
salebiscala@sbecy
Bai 26: CMR, néu: x + y + z= 0 thi 2(x° + y°+ Z) = 5xyz(xˆ+ y`+ Z2)
Chứng minh tương tự bài 25
Từx+ty+2Z Khai triển, rút gọn được điều cần chứng minh
Bài 27: CMR, néu: xyz = | thi:
1 # 1 Trary Tryưy Hết 1 1 Giải: Đặt S= — Teeter stot z+a +] welts tet +
'Vậy ĐT được chứng minh
Trang 24thi: (1491 +y) +2)= (1 = (1 = yy =2) Hướng dẫi Babe Tính (+ (+ X14 2)= pera) Babe * Tinh (0-9-2) = Cy 1=x)d= y)d=2)
Bai 29: Cho a, b, c là ba số khác không thỏa mãn:
=> (#x)d+y)(+2) » CMR: (ax + by + €2)” = 7 + y + Z2)(8Ể + b + c2) "“ Giải: Đặt -—
cay ~cbx _ bev— bác — abz— aey
» a
a k= Seba ther abe + abe ~aey ath +e
=> k =0=>ay—bx=cx -az=bz-cy=0
=> (ay — bx)? = (cx — az)’ = (bz - cyy'=0
=> (a+b? +07\x? + y? +27) - (ax + by +2) => (AX+ by + G2) =O ++ Za tb +02) Bai 30: Cho: Chứng minh: Hướng dẫn: Đặt k = => a= *
Sau dé tinh a” — be; b? - ca: ab theo x, y, zk
Trang 25Rồi suy m
Bai 31: Cho 3 số a, b,c thỏa mãn: b # c, a + b # e và cÝ=2(äe + be — ab) oor: @ tare? _ a=e
(ace
a? +c? — 2(ac + be - ab) + (ac)? 2a-eya-c +b)
Tương tự ta c6 miu sé b’ + (b-c)’ = 2(b = e)(b ~e +a )
Reb be
Bài 32: Cho biết ax + by + cz =0;a+b+e=— 7 2000
a thy? tec Hướng dẫn:
* Xét mẫu số: bc(y — Z) + ac(x — Z)Ÿ + ab(x - y)?
= bey" + bez” + caz’ + cax” + abx” + aby” — 2(abxy + chyZ + caZx)
bey? + bez? + caz” + cax” +abx? + aby” + ax" + bŠyŸ + c`z?
by + c22J(€ + b + a)
ax thy? +e tay +e
CMR: a+b’ +c’ +d? = 3(c + d)(ab- ed)
Giti
Từ a+b+e+d=0=>a+b=~(e+đ)
=> (a+b) ~(€ +đ)` => a` + bÌ + 3ab(a + b) =~ e`-d'~3ed(€ + d)
=> => a` + bỶ + e`+ đ` = 3(e + đ)(ab — ed), Bai 34: Cho x, y là 2 số thỏa mãn:
Trang 26fax ty =e bxtey=a CMR: a3 +b? +0" Jextay =b Babe Hướng Cong 3 đẳng thức ta có (a+b+©)x+(a+b+€)y=a+b+e, S(a+b+e)(x+ y= D =0 1/ Hoặc là: a+ b + =0
Dùng HĐT: äÌ + bỶ + c`~ 3abe = (a + b+ e)(aˆ+ bỀ+ cŸ = ab — be - ca)
=> a+ b + cÌ~ 3abc = 0 => a` + bỲ + cÌ= 3abe
2/ Hoặc : x + y~ x+ y =L Thay vào giả thiết, suy ra
a abe
Dang 3: Phin tich đa thức thành nhân tử Bài
A=(a=1) @4=2)(a=3)+ (4= D(&=2) =(a= 1)
=al+bl+cl =@=1)[(a=2)(a= 3)+ (a=2)= 1] (a =1) @Ÿ~5a+6+a~2~l)=(a~ 1) (8Ÿ~ đa + 3) @-1)(a- 1) @-3) =(a= LÝ (a=3)
Wi A=(a-b)(@?=c*)- (a0) (aby
= (ab) (a~ 6) [a+ b)- (a—0) @-d)]
= (ab) (ac) @+b~a" + ab+ac~be)
tbía + b) — be(b + €) = ac(e ~ a)
ib(a +b) ~ be[(a + b) + (€ ~ ä)] = ae(€ = a) tbía + b) — be(a + b) = be(€ = 8) ~ acte = a) (a +b) (ab — be) — (€ = a) (be + ae)
(a + b) bía = €) — (€ =a) cíb + a) = (a+b) (a~0).b + (a—c) eb +a) =(a+b)(a=€) (b+€)
Trang 27
¢?) — ba’ = b?)— bib? c*) + eta? = b?) ib? — eÈJ(a = b)= (a° = bÖ(b = e)
(b= eX(b + c)(a — b) = (a = bX(a + b)(b = e)
(a — b\(b -c) [(b+ e) = (a + b) ]= (a-b}(b = e)(b +e= a~ bì
Trang 28= (X= DOC 4x4 It 2x0 +x 41) x+1)Gx- 1) 6xẺ~5x+l =6~3x~2x+l = 3x(2x - 1)~ (2x = 1) @x~ D(âx~ 1) býA=2x)~5xy+2y” (Tương tự a) Bài 41: vA xo ~4x— 4 XỂ~4x+1—4 (2x~ ĐỀ~ 2 =@x~ 1+2) Øx~ 1~2) 2x+ 1) (2x ~ 3) C= 4k — IIx+6= ~§x~3x+Ĩ =4x(x=2)= 3(x = 2) (đx~ 3)(x = 2) x°+3=x)(x°+ 3 +x) bB= xt+xy'4y!
x'+2x9y + y!= x9 = (x2 + yÖ) ayy = (0° + y? = xy)(x"+ y" + xy)
x'43x744 (Tuong ty phin b)
Bài 43:
aỨC =4x +1
= Oxy ears ax’
Trang 29dx)’ + 800 = dx) +15 = dx)" +2 400 -4x) + 16-1 = 4x +4)? 15 O° = 4x $4 +1) 00 4x+4-1) ~ 4x +5) GỂ = 4x +3) ~4x+5) (=3) X= 1) bí B= xỶ + 2xy + yỶ + 2x + 2y — 3 =&+y)Ÿ+2x+y)~3 =(x+y +2) K+y +3) (xty-1) Bai 45:
Asa’b+ac tab’ tac’ + cb’ +b + 2abe
= ab(a + b}+ cÌ(a + b) + c(a” + bỂ + 2ab)
= ab(a+b}+ ca +b) + c(at by (a + b)[(a(b + e) + c(b + €)] (a +bab +c* + ca+cb) (a +b)(b +) (a +) —€)+ bŸ(€ = a) + cÌ(a = b)
\(b =e) + cVa — b) ~ bẨ(a ~e)
(b=e) + eŸ(a — b) = bÏ(a = b) + (b =€)] (b ~c) +c*(a ~b) — b*(a- b) - bbc)
= (a? = b')(b ~c)+ (a~ bJ(c”~bŸ) = (a~bXb=c )[a + b = e = b]
=(a-bXb=cXa-=e)
Š+ đa” — 20a +24 = a) Sa” — 5a 24a +24
la =1) + Sa(a =1) 24(a = 1) = (a= 1a? + Sa 24) a=L((Ể = 3a + Ba = 24) = (a Dla -3)(a+ 8),
Trang 30C(x + 1) + Sx(x + 1) + 6x + = (K+ 1) (7 + 5x + 6) K+ 1) (0 + 2K 4 3x +6) = (X + D) Œ +2) (X43) Bài 4t al A= (x4 1K +3)(K +547) 415 xo + 8x +7) (x + 8x + 15) + l6 — Đặt y = x”+ 8x + 11 a yŸ~ I6+ l6= = A=(y=4)(y+4) + 16= =y+l-=D @) “Từ (1) và Ø) suy ra: AS (0 + 8x 4114 1) (7484 LIAL) = (x7 + 8x412) (07 + 8x + 10) A= [0442144222] = (+2) + Ox +4 + VO yx 44+ VO) bi B=(x-y)'+(y-2))+@-x) =â3(x= y)(y = 2= X) Vix-y+y-z4+z-x=0 Ap dụng DT: a` + bỶ + c` = 3abe (nếu a + b # e= 0) ở C=G+y+2)-xìcy!c? =(X+y)°+2)+32(x+y)(X+y +2) = xÌ~ yÌ
Trang 31* Nhận xét: Phân tích đa thức thành nhân từ là biến đổi một đa thức thành một tích của các đa thức khác có bậc khác không Ta cũng lưu ý rằng luỹ thừa của một đa thức với số mũ luỹ thừa lớn hơn 1 là một tích các đa thức với các nhân từ bằng nhau Có nhiều phương pháp phân tích đa thức thành nhân từ:
Phương pháp 1: Phương pháp đặt nhân tir chung,
Làm xuất hiện nhân tử giống nhau ở các hạng từ của đa thức Đặt nhân tử chung đó ra ngoài ngoặc
Phương pháp 2: Ding HBT
Biến đổi đa thức cần phân tích về dạng một về của HĐT quen thuộc Phương pháp 3: Phương pháp nhôm các hạng từ
Sử dụng tính chất kết hợp của phép cộng ta nhóm các hạng tử của đa thức cin phân tích một cách hợp lý để có thể sử dụng phương pháp đặt nhân từ chung hoặc phương pháp ding HDT
“Phương pháp 4: Phương pháp tách một hạng tử thành một tổng
Tach mot hang từ của đa thúc thành một tổng để có thể sử dụng phương, pháp nhóm các hạng từ cho đa thức mới nhận được
Phương pháp 5: Phương pháp thêm bớt cùng một hạng từ
Ngoài các phương pháp phân tích đa thức thành nhân từ ở trên còn một phương pháp khác như phương pháp hệ số bắt định, phương pháp đặt biến phụ
khác nhau và hãy chọn cách
Khi làm loại toán trên, HS hãy tìm các cách gị
Trong các phương pháp trên thì thường ưu tiên số một là dùng
cách đặt nhân tử chung, rồi đến dùng HĐT và sau đó là nhóm các hạng từ, v.v
Căn cứ vào từng bài, hãy làm thử rồi chọn cách phân tích; thơng thường trong q
trình giải mỗi bài toán phân tích đa thức thành nhân từ cũng dụng linh hoạt các phương pháp trên
Dạng 4: Rút gon biéu thie Bai 51: Rut gọn biểu thức:
Trang 32Tey ee" = Wey ea ha) a _Aasiia+3) = Fa-D) mrila-2ĐJa+3] fi ,_wa-vo_| Siva Dole) alls
isla -(0da AB) fag Tae) ba
awa» vấp (hs ae
Vea(la Ai) Toe Yat da) Todo
Trang 33
=f), 2(*=y')2y (Điều kiện: x # 0; x # 4y) Bài 52: Rút gọn biểu thức:
(-6h-6}
Bai $3: Rut gọn biểu thức:
Trang 34=>C=2+~T, Nếu x>2; C=2, Nếu x<2
DEE EIB 25
Vip = 184215 +8215 6-5 ABp=.[B+5' +{oB~d8)! =s[eB~n*
+ãp=|8+.B|:M5 B-2I/5-I| _ Bài S4: (2xx Ji) xx+x—ƒx~1 Đ *“ĂESimxrl) d ĐỨC, fi-2) weve xl ar
Trang 35
DK:x<-I hoje x> 1 Bai $5: Đơn giản biểu thức:
A= (242 +024 +2 +2" +2" + = 2+D2-NO? +2 +2 +2" +D@° +1), DO +H +He"+N2"+D = 124 42+!" +2" +), =O" +)Ø° + pee +ne"+D
Bai $6: Đơn giản biểu thúc:
(&—x
——.—: afe-a} M TXĐ: abc #0;a#b#
“1 bela-x)'(b-e) aclb—x}(e~a) ab(c~x |
‘Ghela—bXb—Ne—a) * abda—bNb—eNe-a) * abela-bXb—
6- k=x Ne }(b—e)+aelb—x}'(e—a)-+able— Me cabcla—bYb— Kea) ® Phân tích từ thức (*) ta có:
bu ~x}(b-e)+ aclb—x}(e~a)+ ables) (ab)
=be(a~3)°(b~e)~ae(b=a)?b~e) =ae(b~ x)'(a =b)+ ab(c= x} (a~b)
Trang 36=e(b~e|MÍa ~x}' =a(b= x) | a(a~b[e(b~ x)" be =x)"
* + Zaby—ax*)— ala =b)(ebŸ~2bex + ekŠ be + 2bex= bi),
~clb~c)kba” ~3abx+ bà —
=e{b~eXa—b)(ab~a)~a(a—b)(b ~e)(be~aˆ)
=(b-c\a-blabe ex? ~abe+ ax*) ~#b~e)@~bJa~e) b—cha-bya-c) “abela—bXb—eNe=a) _ X= eka -bxe-a) ‘abe (@-bXb =cXe=a) abe
Bai 57 Rut gon:
Giải: hi WV BAP 24 ~jj2+D _„
Yaya Va Yer) 4 Yaya Va + er)
aa Ve Ya)
Giải: B=
Trang 37Vat ae +1 Bài 58: Rút gon: 1 1 NE E+, Giải: * Ta có vị s 201 J2010 + 201042011 1 "eZ KH
* Thay n= 1,2, ., 2010 vio,ta được:
Trang 38erty Seni +1 x2 *©2=>A=
= + + -0 Viy voi 0; a1 Thi B=0
—ã vế Bài 60:
a) Cho 0 <a <I rút gọn biểu thức:
Trang 39axe x tyne a voix 21
x=1+2hÐ=x + 2x-1- 20a + 2y(2x-1F bra) ix = 2x Vay B= 240 ©) C= vâN —2 +(10 Via b)B= Hướn Hướng dẫn = 45-105 + 68-5 = 5
Bai 61: Cho biêu thức:
“na nnn tee fT Rút gọn P (x>0 3 lo Giải: Điều kiệm jx >
bai nà LÊ Éx+2z⁄z)-' (r+), +Rbx+x/x —1Ì | tre t5) TAIT a iar 2¬ _ ), salle + tev #08 x#Áx -tl->) Te) Gk) —- ~¡_[£=), /nbs—l|/alVx~tt¬4e]
I=) ver 2jy-I
k (ee; 1) Sale Se), Silos 1) Sele ah =] iS) sả Tom sử
= le =“ n
x-lx+l
Trang 40Vel -1fx—r + 14S 3]
Bài 62: Cho orl —
a) Tim điều kiện của a, b để Q có nghĩa b) Rút gọn Q,
Giải
a/ Tìm điều kiện của a, b để Q có nghĩa:
Ta thấy Ja-yb 0= fas Jb a+b
@ bat +b)
PO cath #0 ab
=1+7z0Saz0b20,
Vậy với a 0, b # 0,a # b thì Q có nghĩa b/ Rút gọn Q: ( : Tacs g=( Ye vb (Ww) =(a+b):@”'+E)= @+b(2 \a Vậy Q= ab Bài 63: Rút gọn biểu thức: ĐA=Í=Ê S+tÍ E4 vớix>2 b)B=d2x-Vi2v-9+2x+4/l2v-9 vớix>