Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9

Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 CHỦ ĐỀ 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x 3 – 5x 2 + 8x – 4 b) x 3 – 3x + 2 c) x 3 – 5x 2 + 3x + 9 d) x 3 + 8x 2 + 17x + 10 e) x 3 + 3x 2 + 6x + 4 Phương pháp: - Nếu đa thức có nghiệm nguyên thì nghiệm nguyên đó là ước của hạng tử tự do. - Nếu đa thức có tổng các hệ số bằng 0 thì đa thức có nghiệm x = 1=> Đa thức có chứa nhân tử là x – 1 - Nếu đa thức có tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của hạng tử bậc lẻ thì đa thức có nghiệm x = - 1 => Đa thức có nhân tử là x + 1. Bài giải: a) x 3 – 5x 2 + 8x – 4 = (x 3 – x 2 ) – (4x 2 – 4x) + (4x – 4) = x 2 (x – 1) – 4x(x – 1) + 4(x – 1) = (x – 1)(x 2 – 4x + 4) = (x – 1)(x – 2) 2 b) x 3 – 3x + 2 = (x 3 – x) - (2x - 2) = x(x 2 – 1) – 2(x - 1) =(x – 1)(x 2 + x – 2) c) x 3 – 5x 2 + 3x + 9 = (x 3 + x 2 ) – (6x 2 + 6x) + (9x + 9) = x 2 (x + 1) - 6x(x + 1) + 9(x +1) = (x + 1)(x – 3) 2 d) x 3 + 8x 2 + 17x + 10 = (x 3 + x 2 ) + (7x 2 + 7x) + 10x + 10) = x 2 (x +1) + 7x(x + 1) + 10(x + 1) = (x + 1)(x 2 + 7x + 10) = (x + 1) [(x 2 + 2x) + (5x + 10) ] =(x + 1)(x + 2)(x + 5) e) x 3 + 3x 2 + 6x + 4 = (x 3 + x 2 ) +(2x 2 +2x) +(4x + 4) = x 2 (x + 1) + 2x(x + 1) + 4(x +1) = (x + 1)(x 2 + 2x + 4) Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x 3 – 2x – 4 b) 2x 3 – 12x 2 + 17x – 2 c) x 3 + 9x 2 + 26x + 24 d) x 3 – 2x 2 – 3x + 10 Bài giải: a) x 3 – 2x – 4 = (x 3 – 2x 2 ) + (2x 2 – 4x) + (2x – 4) = x 2 (x – 2) + 2x(x – 2) + 2(x – 2) = (x – 2)(x 2 + 2x + 2) b) 2x 3 – 12x 2 + 17x – 2 = (2x 3 – 4x 2 ) – (8x 2 – 16x) + (x – 2) = 2x 2 (x – 2) – 8x(x – 2) + (x – 2) = (x – 2)(2x 2 – 8x + 1) c) x 3 + 9x 2 + 26x + 24 = (x 3 + 2x 2 ) + (7x 2 + 14x) + (12x + 24) = x 2 (x + 2) + 7x(x + 2) + 12(x + 2) = (x + 2)(x 2 + 7x + 12) = (x + 2) [(x 2 + 4x) + (3x + 12) ] = (x + 2)(x + 3)(x + 4) d) x 3 – 2x 2 – 3x + 10 = (x 3 + 2x 2 ) – (4x 2 + 8x) + (5x + 10) 1 Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 = x 2 (x + 2) – 4x(x + 2) + 5(x + 2) = (x + 2)(x 2 – 4x + 5) Bài 3: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) 2x 3 – 3x 2 + 3x – 1 b) 3x 3 – 14x 2 + 4x + 3 c) 3x 3 – 7x 2 + 17x – 5 Phương pháp: Các ước của hệ số tự do không phải là nghiệm nguyên của đa thức. Nếu đa thức có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm hữu tỉ phải có dạng q p trong đó p là ước của hệ số tự do còn q là ước của hệ số cao nhất. Bải giải: a) 2x 3 – 3x 2 + 3x – 1 ( thấy có nghiệm x = 2 1 , nên đa thức có nhân tử là 2x – 1) = (2x 3 – x 2 ) – (2x 2 – x) + (2x – 1) = x 2 (2x – 1) – x(2x – 1) + (2x – 1) = (2x – 1)(x 2 – x + 1) b) 3x 3 – 14x 2 + 4x + 3 (thấy có nghiệm x = 3 1 − , nên đa thức có nhân tử là 3x + 1) = (3x 3 + x 2 ) – (15x 2 + 5x) + (9x + 3) = x 2 (3x + 1) – 5x(3x + 1) + 3(3x +1) = (3x + 1)(x 2 – 5x + 3) c) 3x 3 – 7x 2 + 17x – 5 (ta thấy có nghiệm x = 3 1 , nên đa thức có nhân tử là 3x – 1) = (3x 3 – x 2 ) – (6x 2 – 2x) + (15x – 5) = x 2 (3x – 1)- 2x(3x – 1) + 5(3x – 1) = (3x – 1)(x 2 – 2x + 5) Bài 4: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x 8 + x 7 + 1 b) x 7 + x 5 + 1 c) x 4 + 324 Giải: a) x 8 + x 7 + 1 = (x 8 – x 2 ) + (x 7 – x) + (x 2 + x + 1) (thêm và bớt x 2 + x) = x 2 (x 6 – 1) + x(x 6 – 1) + (x 2 + x + 1) = x(x 6 – 1)(x + 1) + (x 2 + x + 1) = (x 3 – 1)(x 3 + 1)(x 2 + x) + (x 2 + x + 1) = (x – 1)(x 2 + x + 1)(x 3 + 1)(x 2 + x) + (x 2 + x +1) = (x 2 + x + 1) [(x – 1)(x 3 + 1)(x 2 + x) + 1] = (x 2 + x + 1)(x 4 – x 3 + x – 1)(x 3 + x) + 1] = (x 2 + x + 1)(x 6 – x 4 + x 3 + x + 1) b) x 7 + x 5 + 1 = x 7 + x 5 – x 2 - x + (x 2 + x + 1) = (x 7 - x) + (x 5 – x 2 ) + (x 2 + x + 1) = x(x 6 – 1) + x 2 (x 3 – 1) + (x 2 + x + 1) = x(x 3 – 1)(x 3 + 1+ x) + (x 2 + x + 1) = x(x – 1)(x 2 + x + 1)(x 3 + x + 1) + (x 2 + x + 1) = (x 2 + x + 1)[(x 2 – x)(x 3 + x + 1) + 1] = (x 2 + x + 1)(x 5 – x 4 + x 3 – x + 1) c) x 4 + 324 = [(x 2 ) 2 + 2.18x 2 + 18 2 ] – 36x 2 = (x 2 + 18) 2 – (6x) 2 2 Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 = (x 2 + 6x + 18)(x 2 – 6x + 18) Bài 5: Chứng mính rằng: a) x 50 + x 10 + 1 chia hết cho x 20 + x 10 + 1 b) x 2 – x 9 – x 1945 chia hết cho x 2 – x + 1 c) 8x 9 – 9x 8 + 1 chia hết cho (x – 1) 2 Giải: a) x 50 + x 10 +1 = (x 50 – x 20 ) + (x 20 + x 10 + 1) = x 20 (x 30 – 1) + (x 20 + x 10 + 1) = x 20 (x 10 – 1)(x 20 + x 10 + 1)+ (x 20 + x 10 + 1) = (x 20 + x 10 + 1)(x 30 – x 20 + 1) chia hết cho (x 20 + x 10 + 1) b) x 2 – x 9 – x 1945 = (x 2 – x + 1) – (x 9 + 1) – (x 1945 – x) = (x 2 – x + 1) – (x 3 + 1)(x 6 – x 3 + 1) – x(x 1944 - 1) = (x 2 – x + 1) – (x + 1)(x 2 – x + 1)(x 6 – x 3 + 1) – x( Bài 5: Tìm số nguyên a sao cho đa thức (x + a)(x – 5) + 2 phân tích được thành (x + b)(x + c) với b, c, là số nguyên Giải Dùng phương pháp xét giá trị riêng Với mọi x ∈ R ta luôn có: (x + a)(x – 5) + 2= (x + b)(x + c) (*) với x = 5 ta được: (5 + b)(5 + c) = 2 Vì b và c là số nguyên nên (5 + b)(5 + c) là tích của hai số nguyên. Số 2 chỉ viết được 1.2 hoặc (-1)(- 2) Giả sử b < c ta xét hai trường hợp: TH1: 5 + b = 1 5 + c = 2 => b = - 4, c = -3 Thay vào (*) ta được (x + a)(x – 5) + 2 = (x – 4)(x – 3) với mọi x Với x = 4 thì -(4 + a) + 2 = 0 => 4 + a = 2 => a = -2. Đa thức phân tích thành (x -2)(x – 5) + 2 = (x – 4)(x – 3) TH 2: 5 + b = - 2 5 + c = -1 => b = - 7, c = - 6 Thay vào (*) ta được (x + a)(x – 5) + 2 = (x – 7)(x – 6) với mọi x Với x = 6 thì (6 + a) + 2 = 0 => a = - 8. Đa thức được phân tích thành (x – 8)(x – 5) + 2 = (x – 7)(x – 6) Bài 6: Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức x 3 + ax 2 + bx + c phân tích được thành (x + a)(x + b)(x + c). Giải: Dùng phương pháp hệ số bất định Ta có: x 3 + ax 2 + bx + c = (x + a)(x + b)(x + c)  x 3 + ax 2 + bx + c = x 3 + (a + b + c)x 2 + (ab + bc + ca)x + abc  a = a + b + c b = ab + bc + ca c = abc => b + c = 0 (1) ; ab + bc + ca = b (2) ; abc = c (3) Từ (1) => c = -b; Thay vào (2) được – b 2 = b => b(b + 1) = 0 => b = 0 hoặc b = -1 * Với b = 0=> c = 0, a tuỳ ý * Với b = -1 thì c = 1, a = - 1 Vậy ta được x 3 + ax 2 = x 2 (x + a) hoặc x 3 – x 2 – x + 1 = (x – 1) 2 (x + 1) 3 Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 BTVN: Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x 3 – 9x 2 + 6x + 16 b) x 3 – 6x 2 – x + 30 c) 27x 3 – 27x 2 + 18x – 4 d) x 2 + 2xy + y 2 – x – y – 12 Bài 2: Tìm các số nguyên a, b, c sao cho (x + a)(x – 4) – 7 phân tích được thành (x + b)(x + c) Bài 3: Chứng minh rằng: x 8n + x 4n + 1 chia hết cho x 2n + x n + 1 với mọi số n ∈ N Đáp số: Bài 1: a). Biến đổi x 3 – 9x 2 + 6x + 16 = (x + 1)(x – 2)(x – 8) b) 2 là một nghiệm Biến đổi x 3 – 6x 2 – x + 30 = (x + 2)(x – 3)(x – 5) c) 3 1 là một nghiệm của đa thức Biến đổi 27x 3 – 27x 2 + 18x – 4 =(3x – 1)(9x 2 – 6x + 4) d) Đặt x + y = a. Biến đổi x 2 + 2xy + y 2 – x – y – 12 = (x + y = 3)(x + y – 4) Bài 2: Trường hợp 1: a = -10 ; b = -3 ; c = -11 Được: (x – 10)(x – 4) – 7 = (x – 3)(x – 11) Trường hợp 2: a = 2; b = 3; c = - 5 Được: (x + 2)(x – 4) – 7 = (x + 3)(x – 5) Bài 3: x 8n + x 4n + 1 = (x 2n + x n + 1)(x 2n – x n + 1) chia hết cho x 2n + x n + 1 4 Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 CHUYÊN ĐỀ 2: CHIA ĐA THỨC LOẠI 1: TÌM HỀ SỐ CỦA ĐA THỨC Bài 1: Xác định các hằng số a, b, c sao cho a) ax 3 + bx 2 + 5x – 50 chia hết cho x 2 + 3x – 10 b) x 3 + ax + b chia x + 1 dư 7, chia x – 3 dư – 5 c) ax 3 + bx 2 + c chia hết cho x + 2, chia x 2 – 1 dư x + 5 (Đề thi HSG – năm 2001 Đông Anh) Giải a) Dùng phương pháp xét giá trị riêng Phân tích đa thức chia x 2 + 3x – 10 = (x + 5)(x – 2) Gọi Q(x) là đa thức thương của phép chia ax 3 + bx 2 + 5x – 50 cho x 2 + 3x – 10. Ta có: ax 3 + bx 2 + 5x – 50 = (x + 5)(x – 2). Q(x) Xét các giá trị x = - 5 và x = 2. Ta được: -125a + 25b = 75 -5a + b = 3 a = 1 8a + 4b = 40 2a + b = 10 b = 8 b) Gọi P(x) là thương của phép chia x 3 + ax + b cho x + 1. Q(x) là thương của phép chia x 3 + ax + b cho x – 3. Ta có: x 3 + ax + b = (x + 1). P(x) + 7. Xét giá trị x = -1 . ta được a – b = - 8 x 3 + ax + b = (x -3). Q(x) - 5. Xét giá trị x = 3 . ta được 3a + b = - 32  a = -10, b = - 2 c) Ta được – 8a + 4b + c = 0 ; a + b + c = 6 và – a + b + c = 4 => a = 1, b = 1, c = 4 LOẠI 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ GIÁ TRỊ CỦA ĐA THỨC NÀY CHIA HẾT CHO GIÁ TRỊ ĐA THỨC KIA Bài 2: a) Tìm số nguyên n sao cho 2n 3 + n 2 + 7n + 1 chia hết cho 2n - 1 b) Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức 25n 2 – 97n + 11 chia hết cho giá trị của biểu thức n – 4 (Đề thi HSG năm 2001 – Đông Anh) c) Tìm số nguyên n sao cho n 3 – 3n 2 – 3n – 1 chia hết cho n 2 + n + 1 Giải: a) 2n 3 + n 2 + 7n + 1 = (2n 3 – n 2 ) + (2n 2 – n) + (8n – 4) + 5 = n 2 (2n – 1) + n(2n – 1) + 4(2n – 1) + 5 = (2n – 1)(n 2 + n + 4) + 5 Để 2n 3 + n 2 + 7n + 1 chia hết cho 2n – 1 thì 2n – 1 là ước của 5 mà Ư(5) = {1; -1; 5; -5} => n ∈ { … } b) Ta có 25n 2 – 97n + 11 = (25n + 3)(n – 4) + 23. Để giá trị của 25n 2 – 97n + 11 chia hết cho giá trị của biểu thức n – 4 thì n – 4 phải là ước của 23 Ư(23) = {1; - 1; 23; - 23}  n ∈ {3; 5; 27} c) n 3 – 3n 2 – 3n – 1 = (n 3 + n 2 + n) – (4n 2 + 4n + 4) + 3 = n(n 2 + n + 1) – 4(n 2 + n + 4) + 3 = (n – 4)(n 2 + n + 1) + 3 Để n 3 – 3n 2 – 3n – 1 chia hết cho (n 2 + n + 1) thì (n 2 + n + 1) là ước của 3 Để ý thấy n 2 + n + 1 > 0 nên n 2 + n + 1 = 1 hoặc 3 ĐS: 1, - 2, 0 , - 1 5 Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 LOẠI 3: TÌM ĐA THỨC THOẢ MÃN ĐIỀU KIỆN Bài 3: Tìm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia cho x – 3 thì dư 7, f(x) chia cho x – 2 thì dư 5, f(x) chia cho (x – 2)(x – 3) thì thương là 3x và còn dư Bài 4: Tìm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia cho x – 3 thì dư 2, chia cho x + 4 thì dư 9, còn chia cho x 2 + x – 12 thì được thương là x 2 + 3 và còn dư Giải: Bài 3: Vì f(x) chia cho (x – 3) dư 7 nên: f(x) = (x – 3).A(x) + 7 (1) Vì f(x) chia cho (x – 2) dư 5 nên: f(x) = (x – 2). B(x) + 5 (2) Vì f(x) chia cho (x – 2)(x – 3) được thương là 3x và còn dư nên: f(x) = 3x(x – 2)(x – 3) + ax + b (3) Cho x = 3 từ (1) và (3) ta có: 7 = 3a + b Cho x = 2 từ (2) và (3) ta có: 5 = 2a + b => a = 2, b = 1. Vậy đa thức f(x) = 3x(x – 2)(x – 3) + 2x + 1 Bài 4: Vì f(x) chia cho (x – 3) dư 2 nên: f(x) = (x – 3).A(x) + 2 (1) Vì f(x) chia cho (x + 4) dư 5 nên: f(x) = (x + 4). B(x) + 9 (2) Vì f(x) chia cho x 2 + x - 12 được thương là x 2 + 3 và còn dư nên: f(x) = (x 2 + 3)(x 2 + x – 12) + ax + b = (x 2 + 3)(x – 2)(x – 3) + ax + b (3) ĐS: x 4 + x 3 – 9x 2 + 2x – 31 LOẠI 4: Tìm số dư Bài 5: Tìm dư khi chia x 99 + x 55 + x 11 + x + 7 cho a) x + 1 b) x 2 + 1 Bài 6: Tìm dư khi chia đa thức x 50 + x 49 + … + x 2 + x + 1 cho x 2 – 1 Giải: Bài 5: a) Số dư r = f(-1) = - 1 – 1 – 1 – 1 + 7 = 3. b) x 99 + x 55 + x 11 + x + 7 = x(x 98 + 1) + x(x 54 + 1) + x(x 10 + 1) – 2x + 7 = x[ (x 2 ) 49 + 1] + x[(x 2 ) 27 + 1] + x[(x 2 ) 5 + 1] – 2x + 7 Vì (x 2 ) 49 + 1; (x 2 ) 27 + 1; (x 2 ) 5 + 1 chia hết cho x 2 + 1 nên số dư là – 2x + 7 Bài 6: Gọi thương là Q(x). ta có: f(x) = (x 2 – 1).Q(x) + ax + b Cho x = - 1. => - a + b = 1 x = 1 => a + b = 51 => b = 26; a = 25 Vậy số dư là 25x + 26 BTVN: 1) Xác định các số a, b sao cho ax 3 + bx – 24 chia hết cho (x + 1)(x + 3) 2) Xác định các số a, b sao cho x 4 – x 3 – 3x 2 + ax + b chia cho x 2 – x – 2 có dư là 2x – 3 3) Tìm dư của phép chia đa thức x + x 3 + x 9 + x 27 + x 81 cho a) x – 1 b) x 2 – 1 4) Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức 2n 2 + 3n + 3 chia hết cho giá trị của biểu thức 2n – 1 6 Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 CHUYÊN ĐỀ 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH I - GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO Bài 1: Giải các phương trình sau: (Đề thi HSG năm 2003 – Đông Anh) a) 4x 2 + 4x – 3 = 0 b) x 3 – 2x 2 – 3x + 10 = 0 Giải a) 4x 2 + 4x – 3 = 0  (4x 2 + 4x + 1) – 4 = 0  (2x + 1) 2 – 2 2 = 0  (2x + 1 + 2)(2x + 1 – 2) = 0 => x = ½ hoặc x = -3/2 b) x 3 – 2x 2 – 3x + 10 = 0  (x + 2)(x 2 – 4x + 5) = 0 Ta có x 2 – 4x + 5 = (x – 2) 2 + 1 > 0  x + 2 = 0 => x = - 2 Bài 2: Giải các phương trình sau: a) x 3 – 5x 2 + 8x – 4 = 0 b) 3x 3 – 7x 2 + 17x – 5 = 0 c) (x – 1) 3 + x 3 + (x + 1) = (x + 2) 3 Giải: a) x 3 – 5x 2 + 8x – 4 = 0  (x 3 – x 2 ) – (4x 2 – 4x) + (4x - 4) = 0  x 2 (x – 1) – 4x(x – 1) + 4(x – 1) = 0  (x – 1)(x – 2) 2 = 0  x = 1 hoặc x = 2 b) 3x 3 – 7x 2 + 17x – 5 = 0  (3x 3 – x 2 ) – (6x 2 – 2x) + (15x – 5) = 0  x 2 (3x – 1)- 2x(3x – 1) + 5(3x – 1) = 0  (3x – 1)(x 2 – 2x + 5) = 0 Vì x 2 – 2x + 5 = x 2 – 2x + 1 + 4 = (x – 1) 2 + 4 > 0 Nên (3x – 1)(x 2 – 2x + 5) = 0  3x – 1 = 0  x = 1/3 c) (x – 1) 3 + x 3 + (x + 1) = (x + 2) 3  x 3 – 3x 2 – 3x – 4 = 0  x 3 – 1 – 3x 2 – 3x – 3 = 0  (x – 1)(x 2 + x + 1) – 3(x 2 + x + 1) = 0  (x 2 + x + 1)(x – 4) = 0 Vì x 2 + x + 1 ≠ 0 nên => x = 4 Bài 3: Giải các phương trình sau a) x 4 +3x 3 + 4x 2 + 3x + 1 = 0 (Đề thi HSG năm 2001 – Đông Anh) b) x 5 – x 4 + 3x 3 + 3x 2 – x + 1 = 0 Giải: Phương trình ở câu a, b gọi là phương trình đối xứng. PHương trình ở câu a là phương trình đối xứng bậc chẵn. Phương trình ở câu b là phương trình đối xứng bậc lẻ. PHương pháp giải: - ĐỔi xứng bậc chẵn: vì x = 0 không phải là nghiệm, ta chia hai vế cho x 2 ≠ 0 và đặt ẩn phụ y = x + x 1 - Đối xứng bậc lẻ: PT luôn có một trong các nghiệm x = -1. a) x 4 +3x 3 + 4x 2 + 3x + 1 = 0  x 2 + 3x + 4 + 2 13 x x + = 0 7 Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9  04 1 3 1 2 2 =+       ++       + x x x x Đặt x + x 1 = y thì 2 1 2 2 2 −=       + y x x ta được: y 2 + 3y + 2 = 0 Tìm ra được y 1 = - 1 ; y 2 = - 2 Với y 1 = -1 ta có x + x 1 = -1 nên x 2 + x + 1 = 0 vô nghiệm với y = -2 ta có x + x 1 = - 2 nên (x + 1) = 0, do đó x = - 1. Kết luận nghiệm của phương trình là x = - 1 b) Ta thấy x = - 1 là một nghiệm của phương trình (vì tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của số hạng bậc lẻ. Phương trình trở thành: (x + 1)(x 4 – 2x 3 + 5x 2 – 2x + 1) = 0 Giải phương trình x 4 – 2x 3 + 5x 2 – 2x + 1 = 0. Chia cả hai vế cho x 2 ta được: x 2 – 2x + 5 - 0 12 2 =+ x x đặt y = x x 1 + ta được y 2 – 2y + 3 = 0, vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - 1 * Khi giải phương trình bậc 4 có dạng (x + a) 4 + (x + b) 4 = c ta thường đặt ẩn phụ y = x + 2 ba + Bài 4: Giải các phương trình sau: a) (x + 3) 4 + (x + 5) 4 = 2 Đặt y = x + 4 phương trình trở thành: (y – 1) 4 + (y + 1) 4 = 2 Biến đổi thành y 2 (y 2 + 6) = 0 do đó y = 0 vậy x = -4 b) (x – 2) 4 + (x – 6) 4 = 82 Đặt y = x – 4 Ra được nghiệm x = 5 và x = 3 c) (x – 6) 4 + (x – 8) 4 = 16 Đặt x – 7 = y phương trình trở thành: (y + 1) 4 + (y – 1) 4 = 16 Rút gọn ta được: 2y 4 + 12y 2 + 2 = 16 y 4 + 6y 2 + 1 = 8 y 4 + 6y 2 – 7 = 0 Đặt y 2 = z ≥ 0 ta được z 2 + 6z – 7 = 0 giải ra đượ z = 1, z = - 7 (loại) Với z = 1=> y = 1 và y = - 1  x = 8 hoặc x = 6 d) (x – 7)(x – 5)(x – 4)(x – 2) = 72  (x 2 – 9x + 14)(x 2 – 9x + 20) = 72 Đặt x 2 – 9x + 17 = y ta được (y – 3)(y + 3) = 72  y 2 – 9 = 72  y 2 = 81 => y = 1 hoặc y = - 1 => x = 1 hoặc x = 8 8 Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 BTVN: Giải các phương trình sau: a) (x + 1) 4 + (x – 3) 4 = 82 b) (x – 1)(x – 3)(x + 5)(x + 7) = 297 Đáp án: a) x = 0; 2 b) x = 4; x = -8 CHUYÊN ĐỀ 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH (Tiếp) Một số dạng phương trình đặc biệt - Phương trình đối xứng bậc 4 có dạng: ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0. Cách giải: Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế cho x 2 ≠ 0 Phương trình đưa về dạng: 0 11 2 2 =+       ++       + c x xb x xa .Đặt ẩn phụ y = x x 1 + => 2 2 1 x x + = y 2 – 2 * Chú ý: Có loại bài đặc biệt ta có thể đặt y = x x 1 − VD: Giải phương trình: 6x 4 + 7x 3 – 36x 2 – 7x + 6 = 0 Giải: Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế cho x 2 ≠ 0 Phương trình đưa về dạng: 036 1 7 1 6 2 2 =−       −+       + x x x x . Đặt y = x x 1 − => 2 2 1 x x + = y 2 + 2 Ta có: 6(y 2 + 2) + 7y – 36 = 0  6y 2 + 7y – 24 = 0  y 2 + 04 6 7 =−y  0 3 8 2 3 =       +       − yy  y = 3/2 hoặc y = -8/3 =>x = 2; -1/2; -3; 1/3 - Phương trình bậc 4 có dạng: (x + a) 4 + (x + b) 4 = c. Cách giải: Đặt y = x + 2 ba + Bài 4: Giải các phương trình sau: a) (x + 3) 4 + (x + 5) 4 = 2 (ĐS: x = - 4) b) (x – 2) 4 + (x – 6) 4 = 82 (ĐS: x = 5; x = 3) c) (x – 6) 4 + (x – 8) 4 = 16 (ĐS: x = 8; x = 6) d) (x – 7)(x – 5)(x – 4)(x – 2) = 72(ĐS: x = 1; x = 8) II - GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI Bài 1: Giải các phương trình sau: a) 723 =++− xx b) 132 −=+− xxx c) 31 −+=−+ xxxx d) 433221 =−+−−− xxx Giải: a) Bảng xét dấu các nhị thức x – 3 và x + 2 x - 2 3 x – 3 - - 0 + x + 2 - 0 + + Xét ba khoảng của biến x: * Trong khoảng x < - 2, phương trình có dạng: 3 – x – x – 2 = 7  x = - 3 (thuộc khoảng đang xét) * Trong khoảng -2 ≤ x ≤ 3, phương trình có dạng: 3 – x + x + 2 = 7  0.x = 2, Vô nghiệm * Trong khoảng x > 3, Phương trình có dạng: x – 3 + x + 2 = 7  2x = 8  x = 4 (thuộc khoảng xét.) Vậy phương trình có nghiệm x 1 = -3 ; x 2 = 4 b)x = -1/2 c) x = 2 d) Xét các khoảng x < 1; 1 ≤ x ≤ 2 ; 2 < x ≤ 3 ; x > 3. Nghiệm là 1 ≤ x ≤ 2 ; x = 5 9 Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 BTVN: Giải các phương trình sau: a) (x + 1) 4 + (x – 3) 4 = 82 b) (x – 1)(x – 3)(x + 5)(x + 7) = 297 c) x - 0121 =−++ xx d) 13 +=− xx Đáp án: a) x = 0; 2 b) x = 4; x = -8 c) x 1 = ½ và x 2 = 3/2 đ d)Xét khoảng x ≥ 0 PT có dạng: 13 +=− xx lại xét hai trường hợp: x ≥ 3 và 0 < x < 3 Xét khoảng x < 0. PT có dạng: 13 +=−− xx . Lại xét 2 trường hợp x < - 3 và – 3 ≤ x < 0 Nghiệm của phương trình là x = 1 CHUYÊN ĐỀ 4: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH Bài 1: (Đề HSG năm 2008 – Đông Anh) Một người đi xe đạp, một người đi xe máy và một ô tô cùng đi từ A đến B. KHởi hành lần lượt lúc 6, giờ 7 giờ, 8 giờ và có vận tốc thức tự là 10 km/h, 30 km/h và 40km/h. Hỏi đến mấy giờ ô tô cách đều người đi xe máy và xe đạp. Bài 2: Một ô tô phải đi quãng đường AB dài 60 km trong một thời gian dự định. Ô tô đi nửa đầu quãng đường với vận tốc lớn hơn dự định 10km/k và đi nửa sau quãng đường với vận tốc kém hơn dự định 6km/h. Biết ô tô đến B đúng thời gian đã định. Tính thời gian ô tô dự định đi quãng đường AB. Bài 3: Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì hoàn thành công việc đó trong 24 giờ. Nếu đội thức nhất làm 10 giờ đội thứ hai làm 15 giờ thì cả hai đội làm được nửa công việc. Tính thời gian mỗi đội làm một mình để xong công việc. Bài 4: Hai vòi nước chảy vào bể thì bể sẽ đầy trong 3 giờ 20 phút. Người ta cho vòi thứ nhất chảy trong 3 giờ, vòi thứ hai chảy trong 2 giờ thì cả hai vòi chảy được 4/5 bể. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể. Bài 5: Một công trường giao cho các đội công nhân sửa một đoạn đường như sau: Đội 1 nhận 10m và 1/10 phần còn lại. Đội 2 nhận 20 m và 1/10 phần còn lại. Đội 3 nhận 30 m và 1/10 phần còn lại. Cứ chia như vậy cho đến đội cuối cùng thì hết và phần đất của mỗi đội đều bằng nhau. Tính số đội tham gia sửa đường và chiều dài toàn bộ đoạn đường phải sửa Giải: Bài 1: Bài 2: Gọi vận tốc dự định là x (km/h) Ta có phương trình: xxx 60 6 30 10 30 = − + + Giải ra ta được x = 30. Thời gian ô tô dự định là 60 : 30 = 2 giờ Bài 3: ĐỘi thứ nhất cần 40 giờ, đội thứ hai cần 60 giờ Bài 4: Giải ra được 5 giờ và 10 giờ Bài 5: Gọi chiều dài đoạn đường cần sửa là x (m) x >0 Đoạn đường độ 1 nhận dài 10 + 0,1(x – 10) = 0,1x + 9 mét Phần còn lại sau khi đội 1 nhận là x – (0,1x + 9) = 0,9x – 9 mét Đoạn đường độ 2 nhận dài 20 + 0,1(0,9x – 9 – 20) = 0,09x + 17,1 mét Vì chiều dài của đoạn đường hai đội làm bằng nhau nê 0,1x + 9 = 0,09x + 17,1 Do đó x = 810. Đoạn đường dài 810m. Mỗi đội phải làm 0,1.810 + 9 = 90 mét. Số đội tham gia là 810 : 90 = 9 đội 10 [...]... 1, c là số gồm n chữ số 6 Chứng minh a + b + c + 8 là số chính phơng Bài 6: (Đề thi HSG năm 2008) Cho s t nhiờn a c vit bng 223 ch s 9 Tớnh tng cỏc ch s ca s n = a2 + 1 Bài 7: Số sau là bìh phơng của số tự nhiên nào? A = 99 900025 (nchữ số 9, n chữ số 0) 14 Chuyờn Bi dng hc sinh gii Toỏn 9 Chuyên đề 8 một số bài toán hình học * Nguyên lý Đirichlê: - Nếu 6 con thỏ nhốt vào 5 lồng thì thế nào cũng tìm... c+d d +a 13 Chuyờn Bi dng hc sinh gii Toỏn 9 Chuyên đề 7: Số, chữ số, số chính ph ơng Bài 1: Số tự nhiên A gồm 100 chữ số 1, số tự nhiên B gồm 50 chữ số 2 CHứng minh rằng A B là một số chính phơng Giải: Đặt C = 111 1 (50 số) thì B = 2C, cón A = 111000 + 111 = = C.1050 + C Do đó A B = C.1050 + C 2C = C.1050 C = C(1050 1) Ta lại có 1050 1 = 99 9 = 9C Vậy A B = C.9C = 9C2 = (3C)2 = (333)2 là số chính... Chia tam giác đã cho thành các lục giác đều có cạnh 1 hoặc một phần của 1 1 lục giác đều có cạnh 1 ( lục giác đều hoặc lục giác đều) nh hình vẽ 2 6 Tất cả có 22 mảnh Ta thấy 45 : 22 đợc thơng là 2 và còn d Theo nguyên lý đirichlê tồn tại một mảnh chứa 3 điểm, mảnh đó hoặc lực giác đều cạnh 1 hoặc một phần lục giác đều cạnh 1 Vẽ đờng tròn ngoại tiếp lục giác đều ấy đó là hình tròn phải tìm Bài 2: Chia... ít nhất k + 1 thỏ Bài toán hình học tổ hợp Bài 1: Bên trong một tam giác đều cạnh 10 có 45 điểm Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính 1 chứa ít nhất ba điểm trong 45 điểm đã cho Bài 2: Trong một hình tròn có diện tích S lấy 35 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng 1 S Chứng minh rằng tồn tại ba điểm là các đỉnh của một tam giác có diệntích nhỏ hơn 17 Bài 3: (Đề thi HSG năm 2008) Bên... ffff ff ) + 12 Chuyờn Bi dng hc sinh gii Toỏn 9 2 2 1 1 1 1 a + + b + 1 + + 1 2 1 2 a b a b (a + ) + (b + ) = a b 2 2 2 1 1 1 + + chng minh (*) ta cn chng minh: a b 25 hay 2 2 1fff 1fff 1fff 1fff 1 + f + f 5 f + f 4 a + b 4ab 1 4ab a b a b 1fff 1fff f f + 4 a + b 4ab 1 4ab Ta luụn cú: a + b 2 ab 1 2 ab 1 4ab (pcm) a b ( x + y + z) 2 Bi 9: Ta cú: x2 + y2 + z2 3 1fff 1fff...Chuyờn Bi dng hc sinh gii Toỏn 9 CHUYấN 5: BT NG THC Bi 1: Cho a, b, c > 0 v a + b + c = 1 Chng minh rng: f gf gf g 1fff 1fff 1ff f f f @1 @1 @1 8 a b c Bi 2: Chng minh rng: a2 + 2 a2 +1 2 Bi 3: cho a b = 1 Chng minh rng Bi 4: Cho a, b, c khụng õm v a + b + c = 1 a2 + b2 =2 2 ab Chng minh rng: ab + bc + ca + abc 8 27 Bi 5: Cho x, y, z dng CHng minh rng: ( x + y + z ) 1 + 1 + 1 9 x y z Bi 6:... + b + (*) a b 2 Bi 9: ( thi HSG nm 2008 ụng Anh) Cho a, b, c > 0 v a + b + c = 1 Chng minh rng: 2 2 2 1 1 1 a + + b + + c + > 33 a b c Bi 10: Cho a; b ; c ; d là các số thực dơng có tổng bằng 1 Chứng minh rằng : a2 b2 c2 d2 1 + + + a+b b+c c+d d +a 2 Bi 11: Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc sau P = (x 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) 11 Chuyờn Bi dng hc sinh gii Toỏn 9 Gii: ww ww ww ww ww w... fffff+ fffff 3 + 2 + 2 + 2 = 9 VT = y z x z x y y x z x z y Bi 6: Thay a = y + z; b = x + z; c = x + y Ta c f g f g ` a ffffffff fff1fff f ffffffff ` a ffffffff ffffffff ffffffff ff1 ffff ff ffff ffff ff1 ffff f ff ff1 ffff ff1 ffff ff1 ffff ff ff ff y+z+x +z+x +y A + + + + 9 = 2 x+y+z A y+z x+z x+y y+z x+z x+y ( f a x+y+z A + ffffffff ff1 ffff ff g ffffffff ff1 ffff ff 9 fff y+z x+z x+y 2 xfffffffffffffffffffffffffff... x+y ( f a x+y+z A + ffffffff ff1 ffff ff g ffffffff ff1 ffff ff 9 fff y+z x+z x+y 2 xfffffffffffffffffffffffffff xffff+fffffffff+ffffffff xfffffffffffffffffffffffffff 9ff y z +y+z f f+y+z + f fff fff + f y+z x+z x+y 2 y z 9 x y z 9 ffffffff ffxfffff f + 1 + ffffffffffffffff+ 1 + ffffffffffffffff+ 1 fff ffffffffffffffff+ ffffffffffffffff+ ffffffffffffffff fff@3 y+z x+z x+y 2 y+z x+z x+y 2 Bi 7:... 63 Bài 4: Chia hình vuông cạnh 100 thành 64 ô vuông, mỗi ô vuông có cạnh bằng 8 điểm là tâm của 63 đồng xu Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại 1ô vuông chẳng hạn ô vuông ABCD 15 Chuyờn Bi dng hc sinh gii Toỏn 9 không chứa điểm nào trong 3 điểm nói trên Thu nhỏ hình vuông đó lại để đợc hình vuông EFGH đồng tâm cạnh 10 không chờm lên một đồng xu nào 16 . nê 0,1x + 9 = 0,09x + 17,1 Do đó x = 810. Đoạn đường dài 810m. Mỗi đội phải làm 0,1.810 + 9 = 90 mét. Số đội tham gia là 810 : 90 = 9 đội 10 Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 CHUYÊN ĐỀ. nhận dài 10 + 0,1(x – 10) = 0,1x + 9 mét Phần còn lại sau khi đội 1 nhận là x – (0,1x + 9) = 0,9x – 9 mét Đoạn đường độ 2 nhận dài 20 + 0,1(0,9x – 9 – 20) = 0,09x + 17,1 mét Vì chiều dài của đoạn. vit bng 223 ch s 9. Tớnh tng cỏc ch s ca s n = a 2 + 1 Bài 7: Số sau là bìh phơng của số tự nhiên nào? A = 99 90 0 025 (nchữ số 9, n chữ số 0) 14 Chuyờn Bi dng hc sinh gii Toỏn 9 Chuyên đề 8 một