Phòng GD - ĐT Đức Thọ Trường THCS Đồng Lạng ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học: 2013 - 2014 MƠN: TỐN Câu1 a Phân tích đa thức sau thừa số: 1) x + 2) ( x + ) ( x + ) ( x + ) ( x + ) − 24 b Giải phương trình: x − 30x + 31x − 30 = a b c a2 b2 c2 + + = Chứng minh rằng: c Cho + + =0 b+c c+a a+b b+c c+a a+b 10 − x x A = + + : x − + Câu2 Cho biểu thức: ÷ x2 − − x x + ÷ x+2 a Rút gọn biểu thức A b Tính giá trị A , Biết |x| = c Tìm giá trị x để A < d Tìm giá trị ngun x để A có giá trị ngun Câu Cho hình vng ABCD, M điểm tuỳ ý đường chéo BD Kẻ ME ⊥ AB, MF ⊥ AD a Chứng minh: DE = CF b Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy c Xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn Câu a Cho số dương a, b, c có tổng Chứng minh rằng: b Cho a, b d¬ng vµ a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002 Tinh: a2011 + b2011 1 + + ≥9 a b c Câu Câu (6 điểm) Câu (6 điểm) HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI TỐN LỚP Đáp án 4 2 a x + = x + 4x + - 4x = (x4 + 4x2 + 4) - (2x)2 = (x2 + + 2x)(x2 + - 2x) (1đ) ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24 = (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24 = (x2 + 7x + 11)2 - 52 = (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16) = (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16) (1đ) b x − 30x + 31x − 30 = ( x2 − x + 1) ( x − ) ( x + ) = (*) Vì x2 - x + = (x - )2 + > ∀x (*) (x - 5)(x + 6) = x − = x = ⇔ x + = x = − a b c + + =1 c Nhân vế của: b+c c+a a+b với a + b + c; rút gọn ⇒ đpcm 10 − x x + + Biểu thức: A = ÷: x − + x + ÷ x −4 2−x x+2 −1 a Rút gọn kq: A = x−2 1 −1 4 ⇒ A = A = b x = ⇒ x = x = 2 A < ⇔ x > c −1 ∈ Z ⇒ x ∈ { 1;3} d A ∈ Z ⇔ x−2 Điểm (2 điểm) (2 điểm) (2 điểm) (1.5 điểm) (1.5 điểm) (1.5 điểm) (1.5 điểm) (1 điểm) Câu (6 điểm) a Chứng minh: AE = FM = DF (2 điểm) Câu 4: (2 điểm) HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI TỐN LỚP ⇒ ∆AED = ∆DFC ⇒ đpcm b DE, BF, CM ba đường cao ∆EFC ⇒ đpcm c Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a khơng đổi ⇒ ME + MF = a khơng đổi ⇒ S AEMF = ME.MF lớn ⇔ ME = MF (AEMF hình vng) ⇒ M trung điểm BD b c 1 = + + a a a a c 1 a Từ: a + b + c = ⇒ = + + b b b a b 1 c = 1+ c + c 1 a b a c b c ⇒ + + = + + ÷+ + ÷+ + ÷ a b c b a c a c b ≥3+2+2+2=9 Dấu xảy ⇔ a = b = c = 2001 2001 2000 2000 b Vì a + b = a + b => a2001 + b2001 - a2000 - b2000 = a2000(a-1) + b2000(b-1) = (1) Vì a2001 + b2001 = a2002 + b2002 a2002+ b2002 - a2001 - b2001 = a2001(a-1) + b2001(b-1) = (2) Trừ (2) cho (1) ta a2000(a-1)2 + b2000(b-1)2 = (*) Vì a>0, b>0 nên a2000>0 b2000 >0; (a-1)2 ≥ ; (b-1)2 ≥ Nên (*) = a-1 = => a =1 b-1 = => b=1 Khi a2011 + b2011 = 1+1 = (2 điểm) (1 điểm) (1 điểm) (1 điểm) Ngày soạn: 10/03/2014 CHUN ĐỀ - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ A MỤC TIÊU: * Hệ thống lại dạng tốn phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử * Giải số tập phân tích đa thức thành nhân tử * Nâng cao trình độ kỹ phân tích đa thức thành nhân tử B CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP: I TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: * Định lí bổ sung: p + Đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ có dạng q p ước hệ số tự do, q ước dương hệ số cao + Nếu f(x) có tổng hệ số f(x) có nhân tử x – + Nếu f(x) có tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ f(x) có nhân tử x + + Nếu a nghiệm ngun f(x) f(1); f(- 1) khác f(1) f(-1) số ngun Để a-1 a+1 nhanh chóng loại trừ nghiệm ước hệ số tự Ví dụ 1: 3x2 – 8x + Cách 1: Tách hạng tử thứ 3x2 – 8x + = 3x2 – 6x – 2x + = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất: 3x2 – 8x + = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – + x)(2x – – x) = (x – 2)(3x – 2) Ví dụ 2: x3 – x2 - Ta nhân thấy nghiệm f(x) có x = ±1; ±2; ±4 , có f(2) = nên x = nghiệm f(x) nên f(x) có nhân tử x – Do ta tách f(x) thành nhóm có xuất nhân tử x – 2 Cách 1: x3 - x2 – = ( x − 2x ) + ( x − 2x ) + ( 2x − ) = x ( x − ) + x(x − 2) + 2(x − 2) = ( x − 2) ( x + x + 2) 3 Cách 2: x − x − = x − − x + = ( x − ) − ( x − ) 2 = (x − 2)(x + 2x + 4) − (x − 2)(x + 2) = ( x − ) ( x + 2x + ) − (x + 2) = (x − 2)(x + x + 2) Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – Nhận xét: ±1, ±5 khơng nghiệm f(x), f(x) khơng có nghiệm ngun Nên f(x) có nghiệm nghiệm hữu tỉ Ta nhận thấy x = nghiệm f(x) f(x) có nhân tử 3x – Nên f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – = 3x − x − 6x + 2x + 15x − = ( 3x − x ) − ( 6x − 2x ) + ( 15x − ) = x (3x − 1) − 2x(3x − 1) + 5(3x − 1) = (3x − 1)(x − 2x + 5) Vì x − 2x + = (x − 2x + 1) + = (x − 1) + > với x nên khơng phân tích thành nhân tử Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + Nhận xét: Tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ nên đa thức có nhân tử x + x3 + 5x2 + 8x + = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2 Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + Tổng hệ số nên đa thức có nhân tử x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + = (x – 1)(x4 - x3 + x2 - x - 2) Vì x4 - x3 + x2 - x - khơng có nghiệm ngun khơng có nghiệm hữu tỉ nên khơng phân tích 6.Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) + 1996(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 - x + + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997) Ví dụ 7: x2 - x - 2001.2002 = x2 - x - 2001.(2001 + 1) = x2 - x – 20012 - 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002) II THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: Thêm, bớt số hạng tử để xuất hiệu hai bình phương: a) Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 = (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + + 6x)(2x2 + – 6x) = (2x2 + 6x + )(2x2 – 6x + 9) b) Ví dụ 2: x8 + 98x4 + = (x8 + 2x4 + ) + 96x4 = (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 - 16x2(x4 + 1) + 32x4 = (x4 + + 8x2)2 – 16x2(x4 + – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2 = (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2 = (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1) Thêm, bớt số hạng tử để xuất nhân tử chung a) Ví dụ 1: x7 + x2 + = (x7 – x) + (x2 + x + ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + ) = x(x3 - 1)(x3 + 1) + (x2 + x + ) = x(x – 1)(x2 + x + ) (x3 + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 - x + 1) b) Ví dụ 2: x7 + x5 + = (x7 – x ) + (x5 – x2 ) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x – 1)(x4 + x) + x2 (x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[(x5 – x4 + x2 – x) + (x3 – x2 ) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) * Ghi nhớ: Các đa thức có dạng x3m + + x3n + + như: x7 + x2 + ; x7 + x5 + 1; x8 + x4 + ; x5 + x + ; x8 + x + ; … có nhân tử chung x2 + x + III ĐẶT BIẾN PHỤ: Ví dụ 1: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128 = (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128 Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức có dạng (y – 12)(y + 12) + 128 = y2 – 144 + 128 = y2 – 16 = (y + 4)(y – 4) = ( x2 + 10x + )(x2 + 10x + 16 ) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + ) Ví dụ 2: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + Giả sử x ≠ ta viết x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x2 ( x2 + 6x + – Đặt x - 1 + ) = x2 [(x2 + ) + 6(x )+7] x x x x 1 = y x2 + = y2 + 2, x x A = x2(y2 + + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = [x(x - ) + 3x]2 = (x2 + 3x – 1)2 x * Chú ý: Ví dụ giải cách áp dụng đẳng thức sau: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x4 + (6x3 – 2x2 ) + (9x2 – 6x + ) = x4 + 2x2(3x – 1) + (3x – 1)2 = (x2 + 3x – 1)2 Ví dụ 3: A = (x + y + z )(x + y + z) + (xy + yz+zx) 2 2 2 2 = (x + y + z ) + 2(xy + yz+zx) (x + y + z ) + (xy + yz+zx) Đặt x + y + z = a, xy + yz + zx = b ta có A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x + y + z + xy + yz + zx)2 Ví dụ 4: B = 2( x + y + z ) − ( x + y + z )2 − 2( x + y + z )( x + y + z )2 + ( x + y + z )4 Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có: B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2 Ta lại có: a – b2 = - 2( x y + y z + z x ) b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó: B = - 4( x y + y z + z x ) + (xy + yz + zx)2 = −4x y2 − 4y z − 4z x + 4x y + 4y z + 4z x + 8x yz + 8xy 2z + 8xyz = 8xyz(x + y + z) Ví dụ 5: (a + b + c)3 − 4(a + b3 + c3 ) − 12abc Đặt a + b = m, a – b = n 4ab = m2 – n2 a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + m2 - n ) Ta có: m + 3mn − 4c3 − 3c(m - n ) = 3( - c3 +mc2 – mn2 + cn2) C = (m + c) – 4 = 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b) IV PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + Nhận xét: số ± 1, ± khơng nghiệm đa thức, đa thức khơng có nghiệm ngun củng khơng có nghiệm hữu tỉ Như đa thức phân tích thành nhân tử phải có dạng (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd a + c = −6 ac + b + d = 12 đồng đa thức với đa thức cho ta có: ad + bc = −14 bd = Xét bd = với b, d ∈ Z, b ∈ { ±1, ±3} với b = d = hệ điều kiện trở thành a + c = −6 ac = −8 2c = −8 c = −4 ⇒ ⇒ a = −2 a + 3c = −14 ac = bd = Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1) Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + Nhận xét: đa thức có nghiệm x = nên có thừa số x - ta có: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c) a − = −3 b − 2a = −7 a = ⇒ b = −5 = 2x + (a - 4)x + (b - 2a)x + (c - 2b)x - 2c ⇒ c − 2b = c = −4 −2c = Suy ra: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + x2 - 5x - 4) Ta lại có 2x3 + x2 - 5x - đa thức có tổng hệ số hạng tử bậc lẻ bậc chẵn nên có nhân tử x + nên 2x3 + x2 - 5x - = (x + 1)(2x2 - x - 4) Vậy: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(x + 1)(2x2 - x - 4) Ví dụ 3: 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (a x + by + 3)(cx + dy - 1) ac = 12 bc + ad = −10 a = c = 2 ⇒ = acx + (3c - a)x + bdy + (3d - b)y + (bc + ad)xy – ⇒ 3c − a = bd = −12 b = −6 d = 3d − b = 12 ⇒ 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1) BÀI TẬP: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 1) x3 - 7x + 2) x3 - 9x2 + 6x + 16 3) x3 - 6x2 - x + 30 4) 2x3 - x2 + 5x + 5) 27x3 - 27x2 + 18x - 6) x2 + 2xy + y2 - x - y - 12 7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24 10) 64x4 + y4 11) a6 + a4 + a2b2 + b4 - b6 12) x3 + 3xy + y3 - 13) 4x4 + 4x3 + 5x2 + 2x + 14) x8 + x + 15) x8 + 3x4 + 16) 3x2 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10 8) 4x4 - 32x2 + 9) 3(x4 + x2 + 1) - (x2 + x + 1)2 17) x4 - 8x + 63 Ngày soạn: 24 – 03 - 2014 CHN ĐỀ - CÁC BÀI TỐN VỀ SỰ CHIA HẾT CỦA SỐ NGUN A MỤC TIÊU: * Củng cố, khắc sâu kiến thức tốn chia hết số, đa thức * HS tiếp tục thực hành thành thạo tốn chứng minh chia hết, khơng chia hết, sốngun tố, số phương… * Vận dụng thành thạo kỹ chứng minh chia hết, khơng chia hết… vào tốn cụ thể B.KIẾN THỨC VÀ CÁC BÀI TỐN: I Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết Kiến thức: * Để chứng minh A(n) chia hết cho số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có nhân tử làm bội m, m hợp số ta lại phân tích thành nhân tử có đoi ngun tố nhau, chứng minh A(n) chia hết cho số * Chú ý: + Với k số ngun liên tiếp củng tồn bội k + Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét trường hợp số dư chia A(n) cho m + Với số ngun a, b số tự nhiên n thì: +) an - bn chia hết cho a - b (a - b) +) (a + 1)n BS(a )+ +) a2n + + b2n + chia hết cho a + b +)(a - 1)2n B(a) + n (a + tập: b) = B(a) + b 2.+ Bài n +) (a - 1)2n + B(a) - Các tốn Bài 1: chứng minh a) 251 - chia hết cho b) 270 + 370 chia hết cho 13 c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 - chia hết cho khơng chia hết cho 37 e) 24n -1 chia hết cho 15 với n∈ N Giải a) 251 - = (23)17 - M23 - = b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935 M4 + = 13 c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1) 1719 + M17 + = 18 1917 - M19 - = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1) hay 1719 + 1917 M18 d) 3663 - M36 - = 35 M7 3663 - = (3663 + 1) - chi cho 37 dư - e) 4n - = (24) n - M24 - = 15 Bài 2: chứng minh a) n5 - n chia hết cho 30 với n ∈ N ; b) n4 -10n2 + chia hết cho 384 với n lẻ n∈ Z c) 10n +18n -28 chia hết cho 27 với n∈ N ; Giải: a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho (n 1).n.(n+1) tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho (*) Mặt khác: n - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - +5)= n(n2 - 1).(n2 - )+5n(n2 - 1) = (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5n(n - 1) chia hết cho Suy (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho (**) Từ (*) (**) suy đpcm b) Đặt A = n4 -10n2 + = (n4 -n2 ) - (9n2 - 9) = (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3) Vì n lẻ nên đặt n = 2k + (k ∈ Z) A = (2k - 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k - 1).k.(k + 1).(k + 2) ⇒ A chia hết cho 16 (1) Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) tích số ngun liên tiếp nên A có chứa bội 2, 3, nên A bội 24 hay A chia hết cho 24 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 16 24 = 384 c) 10 n +18n -28 = ( 10 n - 9n - 1) + (27n - 27) + Ta có: 27n - 27 M27 (1) { + 1) - 9n - 1] = 9 { - 9n = 9( 1 { - n) M27 (2) + 10 n - 9n - = [( 9 n n n { - n M3 1 { - n số có tổng chữ số chia hết cho M9 1 n n Từ (1) (2) suy đpcm Bài 3: Chứng minh với số ngun a a) a3 - a chia hết cho b) a7 - a chia hết cho Giải a) a3 - a = a(a2 - 1) = (a - 1) a (a + 1) tích ba số ngun liên tiếp nên tồn số bội nên (a - 1) a (a + 1) chia hết cho b) ) a7 - a = a(a6 - 1) = a(a2 - 1)(a2 + a + 1)(a2 - a + 1) Nếu a = 7k (k ∈ Z) a chia hết cho Nếu a = 7k + (k ∈ Z) a2 - = 49k2 + 14k chia hết cho Nếu a = 7k + (k ∈ Z) a2 + a + = 49k2 + 35k + chia hết cho Nếu a = 7k + (k ∈ Z) a2 - a + = 49k2 + 35k + chia hết cho Trong trường hợp củng có thừa số chia hết cho Vậy: a7 - a chia hết cho Bài 4: Chứng minh A = 13 + 23 + 33 + + 1003 chia hết cho B = + + + + 100 Giải : Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + + (50 + 51) = 101 50 Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 101 Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + +(503 + 513) = (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 99 + 992) + + (50 + 51)(502 + 50 51 + 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 99 + 992 + + 502 + 50 51 + 512) chia hết cho 101 (1) Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + + (503 + 1003) Mỗi số hạng ngoặc chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 101 50 nên A chi hết cho B Bài tập nhà Chứng minh rằng: a) a5 – a chia hết cho b) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với n chẵn 10 KM DM = KN DN c) AB AE + AD AF = AC2 Giải IM CI = a) Từ AD // CM ⇒ (1) ID AI CI ID = Từ CD // AN ⇒ (2) AI IN IM ID Từ (1) (2) suy = hay ID2 = IM IN ID IN DM CM DM CM DM CM = ⇒ = ⇒ = b) Ta có (3) MN MB MN + DM MB + CM DN CB Từ ID = IK ID2 = IM IN suy IK2 = IM IN IK IN IK - IM IN - IK KM KN KM IM KM IM CM CM ⇒ ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = = = = (4) IM IK IM IK IM IK KN IK KN ID AD CB KM DM = Từ (3) (4) suy KN DN AE AC = ⇒ AB.AE = AC.AG c) Ta có ∆ AGB ∆ AEC ⇒ AG AB ⇒ AB AE = AG(AG + CG) (5) AF CG CG = = ∆ CGB ∆ AFC ⇒ (vì CB = AD) AC CB AD ⇒ AF AD = AC CG ⇒ AF AD = (AG + CG) CG (6) Cộng (5) (6) vế theo vế ta có: AB AE + AF AD = (AG + CG) AG + (AG + CG) CG ⇔ AB AE + AF AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2 Vậy: AB AE + AD AF = AC2 Bài tập nhà Bài Cho Hình bình hành ABCD, đường thẳng cắt AB, AD, AC E, F, G AB AD AC + = Chứng minh: AE AF AG HD: Kẻ DM // FE, BN // FE (M, N thuộc AC) Bài 2: Qua đỉnh C hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng cắt BD, AB, AD E, G, F chứng minh: FE a) DE2 = BE2 EG b) CE2 = FE GE (Gợi ý: Xét tam giác DFE BCE, DEC BEG) Bài Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD cắt điểm Chứng minh BH CM AD =1 a) HC MA BD b) 22 b) BH = AC CHUYÊN ĐỀ 13 – BẤT ĐẲNG THỨC PhÇn I : c¸c kiÕn thøc cÇn lu ý A ≥ B ⇔ A − B ≥ 1-§inhnghÜa: A ≤ B ⇔ A − B ≤ 2-tÝnh chÊt + A>B ⇔ B < A + A>B vµ B >C ⇔ A > C + A>B ⇒ A + C >B + C + A>B vµ C > D ⇒ A +C > B + D + A>B vµ C > ⇒ A.C > B.C + A>B vµ C < ⇒ A.C < B.C + < A < B vµ < C < D ⇒ < A.C < B.D - mét sè h»ng bÊt ®¼ng thøc Ngày soạn: 14 -4-2014 + A > B > ⇒ An > Bn ∀n +A> B ⇒ An > Bn víi n lỴ + A > B ⇒ An > Bn víi n ch½n + m > n > vµ A > ⇒ A m > A n + m > n > vµ ⇒ > A B 23 + A ≥ víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = ) + An ≥ víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = ) + A ≥ víi ∀A (dÊu = x¶y A = ) + - A < A= A + A+B ≥ A + B ( dÊu = x¶y A.B > 0) + A−B ≤ A − B ( dÊu = x¶y A.B < 0) PhÇn II : mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc 1) Ph¬ng ph¸p 1: dïng ®Þnh nghÜa KiÕn thøc : §Ĩ chøng minh A > B Ta chøng minh A – B > Lu ý dïng h»ng bÊt ®¼ng thøc M ≥ víi ∀ M VÝ dơ ∀ x, y, z chøng minh r»ng : a) x + y + z ≥ xy+ yz + zx b) x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz Gi¶i: a) Ta xÐt hiƯu : x + y + z - xy – yz – zx = ( x + y + z - xy – yz – zx) = ( x − y ) + ( x −z ) + ( y − z ) ≥ ®óng víi mäi x;y;z ∈ R V× (x-y)2 ≥ víi∀x ; y DÊu b»ng x¶y x = y (x- z)2 ≥ víi∀x ; z DÊu b»ng x¶y x = z (y- z)2 ≥ víi∀ z; y DÊu b»ng x¶y z = y VËy x + y + z ≥ xy+ yz + zx DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiƯu: x + y + z - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z - 2xy +2xz –2yz = ( x – y + z) ≥ ®óng víi mäi x;y;z ∈ R VËy x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz ®óng víi mäi x;y;z ∈ R DÊu b»ng x¶y x + y = z VÝ dơ 2: chøng minh r»ng : 2 a + b2 + c2 a + b + c ≥ ÷ 3 a + b a + b ; b) a) ≥ ÷ gi¶i a) Ta xÐt hiƯu ( ) c) H·y tỉng qu¸t bµi to¸n a + b2 a + b2 a + b a + 2ab + b = 2a + 2b − a − b − 2ab = a − b ≥ = − ( ) − ÷ 4 4 2 VËy a + b ≥ a + b ÷ DÊu b»ng x¶y a = b ( ) b)Ta xÐt hiƯu: a + b2 + c2 a + b + c = 2 − ÷ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 3 VËy a + b + c a + b + c DÊu b»ng x¶y a = b =c ≥ ÷ 3 c)Tỉng qu¸t: a12 + a 22 + + a n2 a1 + a + + a n ≥ ÷ n n * Tãm l¹i c¸c bíc ®Ĩ chøng minh A ≥ B theo ®Þnh nghÜa Bíc 1: Ta xÐt hiƯu H = A - B 24 Bíc 2:BiÕn ®ỉi H = (C+D) hc H=(C+D) +….+(E+F) Bíc 3: KÕt ln A ≥ B 2) ph¬ng ph¸p : Dïng phÐp biÕn ®ỉi t¬ng ®¬ng Lu ý: Ta biÕn ®ỉi bÊt ®¼ng thøc cÇn chøng minh t¬ng ®¬ng víi bÊt ®¼ng thøc ®óng hc bÊt ®¼ng thøc ®· ®ỵc chøng minh lµ ®óng VÝ dơ 1: Cho a, b, c, d,e lµ c¸c sè thùc chøng minh r»ng a) a + Gi¶i: b2 ≥ ab b) a + b + ≥ ab + a + b c) a + b + c + d + e ≥ a ( b + c + d + e ) b2 ≥ ab ⇔ 4a + b ≥ 4ab ⇔ 4a − 4a + b ≥ ⇔ ( 2a − b ) ≥ (B®t nµy lu«n ®óng) b2 Vëy a + ≥ ab (dÊu b»ng x¶y 2a = b) b) a + b + ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b + 1) > 2(ab + a + b) ⇔ a − 2ab + b + a − 2a + + b − 2b + ≥ ⇔ (a − b) + (a − 1) + (b − 1) ≥ (lu«n ®óng) VËy a + b + ≥ ab + a + b DÊu b»ng x¶y a = b = a) a + c) a + b + c + d + e ≥ a ( b + c + d + e ) ⇔ ( a + b + c + d + e ( ) ( ) ( ) ( ) ≥ 4a ( b + c + d + e ) ) ⇔ a − 4ab + 4b + a − 4ac + 4c + a − 4ad + 4d + a − 4ac + 4c ≥ ⇔ ( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + ( a − 2c ) ≥ 2 ( )( ) ( )( VÝ dơ 2: Chøng minh r»ng: a10 + b10 a + b ≥ a + b8 a + b Gi¶i: (a 10 ) + b10 ) ( a + b ) ≥ ( a + b8 ) ( a + b ) ⇔ a12 + a10 b + a b10 + b12 ≥ a12 + a b + a b8 + b12 ( ) ( ) ⇔ a b a − b + a b8 b − a ≥ ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ ⇔ a b (a -b ) (a + a b +b ) ≥ 2 2 2 x y.z = 1 1 VÝ dơ 4: cho ba sè thùc kh¸c kh«ng x, y, z tháa m·n: + + < x+ y+ z x y z Chøng minh r»ng : cã ®óng mét ba sè x,y,z lín h¬n Gi¶i: XÐt (x-1)(y-1)(z-1) = xyz + (xy + yz + zx) + x + y + z - 1 1 1 = (xyz - 1) + (x + y + z) - xyz( + + ) = x + y + z - ( + + ) > x y z x y z 1 (v× + + < x+y+z theo gt) → sè x-1 , y-1 , z-1 ©m hc c¶ ba sç-1 , y-1, z-1 lµ d¬ng x y z NÕđ trêng hỵp sau x¶y th× x, y, z >1 → x.y.z>1 M©u thn gt x.y.z =1 b¾t bc ph¶i x¶y trêng hỵp trªn tøc lµ cã ®óng ba sè x ,y ,z lµ sè lín h¬n 3) Ph¬ng ph¸p 3: dïng bÊt ®¼ng thøc quen thc 25 A) mét sè bÊt ®¼ng thøc hay dïng 1) C¸c bÊt ®¼ng thøc phơ: a) x + y ≥ 2xy b) x + y ≥ xy dÊu( = ) x = y = a b + ≥2 b a a + a + a + + a n 2)BÊt ®¼ng thøc C« sy: ≥ n c) ( x + y ) ≥ 4xy d) n a1a 2a a n Víi > 3)BÊt ®¼ng thøc Bunhiacopski (a 2 + a 22 + + a 2n ) ( x12 + x 22 + + n2 ) ≥ ( a1x1 + a x + + a n x n ) 4) BÊt ®¼ng thøc Trª-b - sÐp: a≤b≤c ⇒ A ≤ B ≤ C NÕu aA + bB + cC a + b + c A + B + C ≥ 3 a≤b≤c ⇒ A ≥ B ≥ C aA + bB + cC a + b + c A + B + C ≤ 3 a=b=c DÊu b»ng x¶y A = B = C NÕu B) c¸c vÝ dơ vÝ dơ Cho a, b ,c lµ c¸c sè kh«ng ©m chøng minh r»ng (a+b) (b+c)(c+a) ≥ 8abc Gi¶i: Dïng bÊt ®¼ng thøc phơ: ( x + y ) ≥ 4xy ( a + b ) ≥ 4ab ; ( b + c ) ≥ 4bc ; ( c + a ) ≥ 4ac 2 2 ⇒ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 64a b 2c = ( 8abc ) ⇒ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc Tacã 2 DÊu “=” x¶y a = b = c vÝ dơ 2: Cho a > b > c > vµ a + b + c = chøng minh r»ng a3 b3 c3 + + ≥ b+c a +c a +b a ≥ b ≥ c2 Do a,b,c ®èi xøng , gi¶ sư a ≥ b ≥ c ⇒ a b c ≥ ≥ b + c a + c a + b ¸p dơng B§T Trª- b-sÐp ta cã a b c a + b2 + c2 a b c 2 a +b +c ≥ + + ÷= = b+c a+c a+b b + c a + c a + b 3 a b c VËy DÊu b»ng x¶y a = b = c = + + ≥ b+c a+c a+b 2 vÝ dơ 3: Cho a,b,c,d > vµ abcd =1 Chøng minh r»ng : a + b + c + d + a ( b + c ) + b ( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 Ta cã a + b ≥ 2ab ; c + d ≥ 2cd 1 Do abcd =1 nªn cd = (dïng x + ≥ ) ab x Ta cã a + b + c ≥ 2(ab + cd) = 2(ab + MỈt kh¸c: ) ≥ (1) ab a ( b + c ) + b ( c + d ) + d ( c + a ) = (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad) 26 1 ÷+ ac + ÷+ bc + ÷ ≥ + + ab ac bc 2 2 ⇒ a + b + c + d + a ( b + c ) + b ( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 = ab + vÝ dơ 4: Chøng minh r»ng : a + b + c ≥ ab + bc + ac Gi¶i: Dïng bÊt ®¼ng thøc Bunhiacopski XÐt cỈp sè (1,1,1) vµ (a,b,c) ta cã 12 + 12 + 12 (a + b + c ) ≥ ( 1.a + 1.b + 1.c ) ( ) ( ) ⇒ a + b + c ≥ a + b + c + ( ab + bc + ac ) ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ac (®pcm) DÊu b»ng x¶y a = b = c 4) Ph¬ng ph¸p 4: dïng tÝnh chÊt cđa tû sè A KiÕn thøc 1) Cho a, b ,c lµ c¸c sè d¬ng th× a a a+c a a a+c b ) NÕu > th× > < th× < b b b+c b b b+c a c a a +c c 2) NÕu b, d > th× tõ < ⇒ < < b d b b+d d a ) NÕu B C¸c vÝ dơ: vÝ dơ 1: Cho a, b, c, d > a b c d + + + b d a ab + cd c Chøng minh r»ng < < b b2 + d2 d a c ab cd ab ab + cd cd c a ab + cd c Gi¶i: Tõ (®pcm) ⇒ < ⇒ 2< ⇒ 2< < = < < b d b d b b + d2 d2 d b b2 + d2 d vÝ dơ : Cho: vÝ dơ : Cho a;b;c;d lµ c¸c sè nguyªn d¬ng tháa m·n : a + b = c+d =1000 t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa a b + c d gi¶i : Kh«ng mÊt tÝnh tỉng qu¸t ta gi¶ sư : a b ≤ c d ⇒ a a+b b a ≤ ≤ ; ≤ v× a + b = c + d c c+d d c 27 b a b ≤ 998 ⇒ + ≤ 999 d c d a b 999 b, NÕu: b = 998 th× a =1 ⇒ + = + §¹t gi¸ trÞ lín nhÊt d = 1; c = 999 c d c d a, NÕu: b ≤ 998 th× a b a = d = 1; c = b = 999 + = 999 + c d 999 1 1 VÝ dơ : Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng : < + + + < n +1 n + n+n 1 Ta cã víi k = 1,2,3,…,n-1 > = n + k n + n 2n 1 1 n Do ®ã: + + + > + + = = n +1 n + 2n 2n n 2n 1 1 VÝ dơ 5: CMR: A = + + + + + với n ≥ kh«ng lµ sè tù nhiªn n 1 1 ; < ; HD: < 1.2 2.3 VÝ dơ 6: Cho a ,b ,c ,d > Chøng minh r»ng : a +b b+c c+d d +a 2< + + + nªn ta cã: (1) < < a +b+c+d a +b+c a +b+c+d b + +c b+c b+c+a (2) < < a +b+c+d b +c+d a +b+c+d d+a d+a d+a +c (3) < < a +b+c+d d+a +b a +b+c+d Céng c¸c vÕ cđa bÊt ®¼ng thøc trªn ta cã : a+b b+c c+d d+a (®pcm) 2< + + + Vµ |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a VÝ dơ1: Cho a; b; clµ sè ®o ba c¹nh cđa tam gi¸c chøng minh r»ng a, a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) b, abc > (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Gi¶i VËy: gi¸ trÞ lín nhÊt cđa 0 < a < b + c a < a(b + c) a)V× a,b,c lµ sè ®o c¹nh cđa mét tam gi¸c nªn ta cã 0 < b < a + c ⇒ b < b(a + c) 0 < c < a + b c < c(a + b) Céng tõng vÕ c¸c bÊt ®¼ng thøc trªn ta cã a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) b) Ta cã a > b - c ⇒ a > a − (b − c) > b > a - c ⇒ b > b − (c − a) > c > a - b ⇒ c > c − (a − b) > 2 Nh©n vÕ c¸c bÊt ®¼ng thøc ta ®ỵc: a b c > a − ( b − c ) b − ( c − a ) c − ( a − b ) 28 ⇒ a b 2c > ( a + b − c ) VÝ dơ2: (®ỉi biÕn sè) ( b + c − a ) ( c + a − b) 2 ⇒ abc > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) a b c + + ≥ (1) b+c c+a a +b y+z−x z+x−y x+y−z §Ỉt x= b + c ; y= c + a ;z = a + b ta cã a = ; b= ;c= 2 y+z−x z+x−y x+y−z y z x z x y ta cã (1) ⇔ + + ≥ ⇔ + −1+ + −1+ + −1 ≥ 2x 2y 2z x x y y z z y x z x z y ⇔ ( + ) + ( + ) + ( + ) ≥ lµ B®t ®óng? x y x z y z Cho a,b,c lµ ba c¹nh cđa mét tam gi¸c Chøng minh r»ng VÝ dơ 3: (®ỉi biÕn sè) 1 + + ≥ (1) a + 2bc b + 2ac c + 2ab Gi¶i: §Ỉt x = a + 2bc ; y = b + 2ac ; z = c + 2ab Ta cã x + y + z = ( a + b + c ) < Cho a, b, c > vµ a + b + c x y z Theo bÊt ®¼ng thøc C«si ta cã: (1) ⇔ x + y + z ≥ 3 xyz vµ 1 1 + + ≥ ⇒ x y z xyz 1 1 + + ÷≥ x y z ( x + y + z ) 6) ph¬ng ph¸p lµm tréi : Chøng minh B§T sau : 1 1 + + + < a) 1.3 3.5 (2n − 1).(2n + 1) 1 b) + + + + x y z x y z 1 (v× + + < x+y+z theo gt) → sè x-1 , y-1 , z-1 ©m hc c¶ ba sç-1 , y-1, z-1 lµ d¬ng x y z NÕđ trêng hỵp sau x¶y th× x, y, z >1 → x.y.z>1 M©u thn gt x.y.z =1 b¾t bc ph¶i x¶y trêng hỵp trªn tøc lµ cã ®óng ba sè x ,y ,z lµ sè lín h¬n A) mét sè bÊt ®¼ng thøc hay dïng 1) C¸c bÊt ®¼ng thøc phơ: a) x + y ≥ 2xy b) x + y ≥ xy dÊu( = ) x = y = a b + ≥2 b a a + a + a + + a n 2)BÊt ®¼ng thøc C« sy: ≥ n c) ( x + y ) ≥ 4xy d) n a1a 2a a n Víi > 3)BÊt ®¼ng thøc Bunhiacopski 30 (a 2 + a 22 + + a 2n ) ( x12 + x 22 + + n2 ) ≥ ( a1x1 + a x + + a n x n ) 4) BÊt ®¼ng thøc Trª-b - sÐp: a≤b≤c ⇒ A ≤ B ≤ C NÕu a≤b≤c ⇒ A ≥ B ≥ C NÕu aA + bB + cC a + b + c A + B + C ≥ 3 aA + bB + cC a + b + c A + B + C ≤ 3 a=b=c DÊu b»ng x¶y A = B = C vÝ dơ : Cho a > b > c > vµ a + b + c = chøng minh r»ng a3 b3 c3 + + ≥ b+c a +c a +b a ≥ b ≥ c2 Do a,b,c ®èi xøng , gi¶ sư a ≥ b ≥ c ⇒ a b c ≥ ≥ b + c a + c a + b ¸p dơng B§T Trª- b-sÐp ta cã a b c a + b2 + c2 a b c 2 a +b +c ≥ + + ÷= = b+c a+c a+b b+c a +c a +b 2 3 a b c VËy DÊu b»ng x¶y a = b = c = + + ≥ b+c a+c a+b 2 Bài 4: Cho a,b,c,d > vµ abcd =1 Chøng minh r»ng : a + b + c + d + a ( b + c ) + b ( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 Ta cã a + b ≥ 2ab ; c + d ≥ 2cd 1 Do abcd =1 nªn cd = (dïng x + ≥ ) ab x Ta cã a + b + c ≥ 2(ab + cd) = 2(ab + MỈt kh¸c: ) ≥ (1) ab a ( b + c ) + b ( c + d ) + d ( c + a ) = (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad) 1 ÷+ ac + ÷+ bc + ÷ ≥ + + ab ac bc ⇒ a + b + c + d + a ( b + c ) + b ( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 = ab + Bài 5: Chøng minh r»ng : a + b + c ≥ ab + bc + ac Gi¶i: Dïng bÊt ®¼ng thøc Bunhiacopski XÐt cỈp sè (1,1,1) vµ (a,b,c) ta cã 12 + 12 + 12 (a + b + c ) ≥ ( 1.a + 1.b + 1.c ) ( ) ( ) ⇒ a + b + c ≥ a + b + c + ( ab + bc + ac ) ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ac (®pcm) DÊu b»ng x¶y a = b = c Bài 6: Cho a, b, c, d > Chøng minh r»ng :1 < a b c d + + + Chøng minh r»ng < < b d b b + d2 d a c ab cd ab ab + cd cd c a ab + cd c Tõ (®pcm) < ⇒ 2< ⇒ 2< < = ⇒ < < b d b d b b +d d d b b + d2 d Bài : Cho: Gi¶i: Bài : Cho a;b;c;d lµ c¸c sè nguyªn d¬ng tháa m·n : a + b = c+d =1000 t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa a b + c d gi¶i : Kh«ng mÊt tÝnh tỉng qu¸t ta gi¶ sư : a b ≤ c d ⇒ a a+b b a ≤ ≤ ; ≤ v× a + b = c + d c c+d d c b a b ≤ 998 ⇒ + ≤ 999 d c d a b 999 b, NÕu: b = 998 th× a =1 ⇒ + = + §¹t gi¸ trÞ lín nhÊt d = 1; c = 999 c d c d a, NÕu: b ≤ 998 th× a b a = d = 1; c = b = 999 + = 999 + c d 999 Bài 9: Cho a ,b ,c ,d > Chøng minh r»ng : a +b b+c c+d d +a 2< + + + nªn ta cã: (1) < < a +b+c+d a +b +c a +b+c+d b + +c b+c b+c+a (2) < < a +b+c+d b+c+d a +b+c+d d+a d+a d+a+c (3) < < a +b+c+d d+a +b a +b+c+d Céng c¸c vÕ cđa bÊt ®¼ng thøc trªn ta cã : a+b b+c c+d d+a (®pcm) 2< + + + vµ a + b + c x y z Theo bÊt ®¼ng thøc C«si ta cã: (1) ⇔ x + y + z ≥ 3 xyz vµ 1 1 + + ≥ ⇒ x y z xyz 1 1 + + ÷≥ x y z ( x + y + z ) 1) Chøng minh r»ng: x + y + z +3 ≥ (x + y + z) HD: Ta xÐt hiƯu: x + y + z +3 – 2( x+ y +z ) = x - 2x + + y -2y +1 + z -2z +1 a b c 2) Cho a ,b,c lµ sè ®o ba c¹nh tam gi¸c Chøng minh r»ng : < + + b+c a +b+c a +b+c b+c a +b+c 1 1 3) < Chøng minh r»ng + + ≥ a+b+c a b c bc ac ac ab bc ab b a HD: = c + ÷ ≥ 2c; ?; ? + + + a b b c a c a b Bài 2: Cho a, b, c ≠ vµ a + b + c ≠ thỏa mãn điều kiện 1 1 + + = a b c a +b +c Chứng minh ba số a, b, c có hai số đối 1 1 Từ suy : 2009 + 2009 + 2009 = 2009 2009 a b c a + b + c 2009 Ta có : a +b a +b 1 1 1 1 + =0 + + = =0 ⇔ ⇔ + + ab c(a + b + c) a b c a +b +c a b c a +b +c c(a + b + c) + ab ⇔ (a + b) = Û (a + b)(b + c)(c + a) = Û abc(a + b + c) Từ suy : a 2009 + b 2009 + c 2009 = a 2009 + éa + b = ê êb + c = Û ê êc + a = ë éa =- b ê êb =- c ê êc =- a ë 1 + 2009 = 2009 2009 (- c) c a 33 1 = a 2009 + b 2009 + c 2009 a 2009 + (- c)2009 + c 2009 a 2009 1 1 + 2009 + 2009 = 2009 ⇒ 2009 2009 a b c a + b + c 2009 = a b c b c a + + = + + (1) b c a a b c chứng minh : ba số a, b, c tồn hai số Từ (1) ⇒ a c + ab + bc = b 2c + ac + a b ⇒ a (b - c) - a(c2 − b ) + bc(c - b) = ⇒ (c – b)(a2 – ac = ab + bc) = ⇒ (c – b)(a – b)( a – c) = ⇒ đpcm Bài 4: Cho (a2 – bc)(b – abc) = (b2 – ac)(a – abc); abc ≠ a ≠ b 1 Chứng minh rằng: + + = a + b + c a b c 2 Từ GT ⇒ a b – b c - a bc + ab2c2 = ab2 – a2c – ab3c + a2bc2 ⇔ (a2b – ab2) + (a2c – b2c) = abc2(a – b) + abc(a - b)(a + b) ⇔ (a – b)(ab + ac + bc) = abc(a – b)(a + b + c) ab + ac + bc 1 ⇔ =a+b+c ⇔ + + =a+b+c abc a b c Bài 3: Cho Phần II Bài 1: Cho a, b, c ≠ vµ a + b + c ≠ thỏa mãn điều kiện 1 1 + + = a b c a +b +c Chứng minh ba số a, b, c có hai số đối 1 1 Từ suy : 2009 + 2009 + 2009 = 2009 2009 a b c a + b + c 2009 Ta có : a +b a +b 1 1 1 1 + =0 + + = =0 ⇔ ⇔ + + ab c(a + b + c) a b c a +b +c a b c a +b +c éa + b = ê c(a + b + c) + ab ⇔ (a + b) = Û (a + b)(b + c)(c + a) = Û êb + c = Û ê abc(a + b + c) êc + a = ë 1 1 1 + = Từ suy : 2009 + 2009 + 2009 = 2009 + a b c a (- c) 2009 c 2009 a 2009 1 = 2009 = 2009 2009 2009 2009 2009 2009 a +b +c a + (- c) + c a 1 1 + + = ⇒ a 2009 b 2009 c2009 a 2009 + b 2009 + c 2009 éa =- b ê êb =- c ê êc =- a ë a b c b c a + + = + + (1) b c a a b c chứng minh : ba số a, b, c tồn hai số Từ (1) ⇒ a c + ab + bc = b 2c + ac + a b ⇒ a (b - c) - a(c2 − b ) + bc(c - b) = ⇒ (c – b)(a2 – ac = ab + bc) = ⇒ (c – b)(a – b)( a – c) = ⇒ đpcm Bài 3: Cho (a2 – bc)(b – abc) = (b2 – ac)(a – abc); abc ≠ a ≠ b 1 Chứng minh rằng: + + = a + b + c a b c Bài 2: Cho 34 Từ GT ⇒ a2b – b2c - a3bc + ab2c2 = ab2 – a2c – ab3c + a2bc2 ⇔ (a2b – ab2) + (a2c – b2c) = abc2(a – b) + abc(a - b)(a + b) ⇔ (a – b)(ab + ac + bc) = abc(a – b)(a + b + c) ab + ac + bc 1 ⇔ =a+b+c ⇔ + + =a+b+c abc a b c Bài 4: Phân tích thành nhân tử: a, (x2 – x +2)2 + (x-2)2 b, 6x5 +15x4 + 20x3 +15x2 + 6x +1 Bài 5: a, Cho a, b, c thoả mãn: a+b+c = a2 + b2 + c2= 14 Tính giá trị A = a4+ b4+ c4 b, Cho a, b, c ≠ Tính giá trị D = x2011 + y2011 + z2011 x2 + y + z x2 y z Biết x,y,z thoả mãn: 2 = + + a +b +c a b c Bài 6: a, Cho a,b > 0, CMR: b, Cho a,b,c,d > CMR: Bài 7: 1 + ≥ a b a+b a −d d −b b−c c−a ≥ + + + d +b b+c c+a a+d x + xy + y a, Tìm giá trị lớn nhất: E = với x,y > x − xy + y x b, Tìm giá trị lớn nhất: M = ( x + 1995)2 với x > Bài 8: a, Tìm nghiệm ∈ Z PT: xy – 4x = 35 – 5y b, Tìm nghiệm ∈ Z PT: x2 + x + = y2 Bài 9: Cho VABC M điểm ∈ miền VABC D, E, F trung điểm AB, AC, BC; A’, B’, C’ điểm đối xứng M qua F, E, D a, CMR: AB’A’B hình bình hành b, CMR: CC’ qua trung điểm AA’ Bài 10: (2 điểm) Chứng minh rằng: A = n (n − 7) − 36n chia hết cho 5040 với số tự nhiên n Bài 11: a) Cho ba máy bơm A, B, C hút nước giếng Nếu làm máy bơm A hút 12 giờ, máy bơm B hút hếtnước 15 máy bơm C hút 20 Trong đầu hai máy bơm A C làm việc sau dùng đến máy bơm B Tính xem giếng b) Giải phương trình: x + a − x − 2a = 3a (a số) Bài 12: 35 Cho tam giác ABC vng C (CA > CB), điểm I cạnh AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C người ta kẻ tia Ax, By vng góc với AB Đường thẳng vng góc với IC kẻ qua C cắt Ax, By điểm M, N a) Chứng minh: tam giác CAI đồng dạng với tam giác CBN b) So sánh hai tam giác ABC INC c) Chứng minh: góc MIN = 900 d) Tìm vị trí điểm I cho diện tích ∆IMN lớn gấp đơi diện tích ∆ABC 9100 09 số phương ( n ≥ ) Bài 13: Chứng minh số: 22499 n-2 sè n sè 36 [...]... – x + 1 Vậy A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1 b) C = 8x9 – 9x8 + 1 = 8x9 – 8 - 9x8 + 9 = 8( x9 – 1) – 9(x8 – 1) = 8( x – 1)(x8 + x7 + + 1) – 9(x – 1)(x7 + x6 + + 1) = (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) (8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho x – 1 vì có tổng hệ số bằng 0 suy ra (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho (x – 1)2 c) Đa... rằng f(x) = x99 + x 88 + x77 + + x11 + 1 chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1 Ta có: f(x) – g(x) = x99 – x9 + x 88 – x8 + x77 – x7 + + x11 – x + 1 – 1 = x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + + x(x10 – 1) chia hết cho x10 – 1 Mà x10 – 1 = (x – 1)(x9 + x8 + x7 + + x + 1) chia hết cho x9 + x8 + x7 + + x + 1 Suy ra f(x) – g(x) chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1 Nên f(x) = x99 + x 88 + x77 + + x11 +... ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + ( a − 2c ) ≥ 0 2 2 2 ( )( 2 ) ( )( VÝ dơ 2: Chøng minh r»ng: a10 + b10 a 2 + b 2 ≥ a 8 + b8 a 4 + b 4 Gi¶i: (a 10 ) + b10 ) ( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b8 ) ( a 4 + b 4 ) ⇔ a12 + a10 b 2 + a 2 b10 + b12 ≥ a12 + a 8 b 4 + a 4 b8 + b12 ( ) ( ) ⇔ a 8 b 2 a 2 − b 2 + a 2 b8 b 2 − a 2 ≥ 0 ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ 0 ⇔ a b (a -b ) (a + a b +b ) ≥ 0 2 2 2 2 2 4 2 2 4 x y.z = 1 1 1 1 VÝ... + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + ( a − 2c ) ≥ 0 2 2 2 ( )( 2 ) ( )( Bài 2: Chøng minh r»ng: a10 + b10 a 2 + b 2 ≥ a 8 + b 8 a 4 + b 4 Gi¶i: (a 10 ) + b10 ) ( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b8 ) ( a 4 + b 4 ) ⇔ a12 + a10 b 2 + a 2 b10 + b12 ≥ a12 + a 8 b 4 + a 4 b8 + b12 ( ) ( ) ⇔ a 8 b 2 a 2 − b 2 + a 2 b8 b 2 − a 2 ≥ 0 ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ 0 ⇔ a b (a -b ) (a + a b +b ) ≥ 0 2 2 2 2 2 4 2 2 4 x y.z = 1 1 1 1... n = 1 (khong Tm) d) Chia n3 - n2 + 2n + 7 cho n2 + 1 được thương là n - 1, dư n + 8 Để n3 - n2 + 2n + 7 Mn2 + 1 thì n + 8 Mn2 + 1 ⇒ (n + 8) (n - 8) Mn2 + 1 ⇔ 65 Mn2 + 1 Lần lượt cho n2 + 1 bằng 1; 5; 13; 65 ta được n bằng 0; ± 2; ± 8 Thử lại ta có n = 0; n = 2; n = 8 (T/m) Vậy: n3 - n2 + 2n + 7 Mn2 + 1 khi n = 0, n = 8 Bài tập về nhà: Tìm số ngun n để: a) n3 – 2 chia hết cho n – 2 b) n3 – 3n2 – 3n –... dụng bài 1 ta có 2100 = B(125) + 1 mà 2100 là số chẵn nên 3 chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 126, 376, 626 hoặc 87 6 Hiển nhiên 2100 chia hết cho 8 vì 2100 = 1625 chi hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó chia hết cho 8 trong các số 126, 376, 626 hoặc 87 6 chỉ có 376 chia hết cho 8 Vậy: 2100 viết trong hệ thập phân có ba chữ số tận cùng là 376 Tổng qt: Nếu n là số chẵn khơng chia hết cho 5 thì... 1: C Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho:BD = BC AC AD D = ∆ ACD ∆ ABC (g.g) ⇒ AB AC ⇒ AC2 = AB AD =AB.(AB + BD) = AB(AB + BC) = 8( 10 + 8) = 144 ⇒ AC = 12 cm Cách 2: · ⇒ ∆ ABE ∆ ACB Vẽ tia phân giác BE của ABC AB AE BE AE + BE AC = = = = ⇒ AC2 = AB(AB + CB) = 8( 8 + 10) = 144 AC AB CB AB + CB AB + CB ⇒ AC = 12 cm b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c thì từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) Vì b > anên có... chia là a0x3 + a1x2 + a2x + a3, đa thức chia là x – a ta được thương là b0x2 + b1x + b2, dư r thì ta có Ví dụ: Đa thức bị chia: x3 -5x2 + 8x – 4, đa thức chia x – 2 15 Ta có sơ đồ 1 -5 8 -4 2 1 2 1 + (- 5) = -3 2.(- 3) + 8 = 2 r = 2 2 +(- 4) = 0 3 2 2 Vậy: x -5x + 8x – 4 = (x – 2)(x – 3x + 2) + 0 là phép chia hết 2 Áp dụng sơ đồ Hornơ để tính giá trị của đa thức tại x = a Giá trị của f(x) tại x = a... chia đều là nghiệm của đa thức bị chia II Ví dụ 1.Ví dụ 1: Chứng minh rằng: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1 Ta có: x8n + x4n + 1 = x8n + 2x4n + 1 - x4n = (x4n + 1)2 - x4n = (x4n + x2n + 1)( x4n - x2n + 1) Ta lại có: x4n + x2n + 1 = x4n + 2x2n + 1 – x2n = (x2n + xn + 1)( x2n - xn + 1) chia hết cho x2n + xn + 1 Vậy: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1 2 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: x3m + 1 +... b + d2 d Bài 7 : Cho: Gi¶i: Bài 8 : Cho a;b;c;d lµ c¸c sè nguyªn d¬ng tháa m·n : a + b = c+d =1000 t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa a b + c d gi¶i : Kh«ng mÊt tÝnh tỉng qu¸t ta gi¶ sư : a b ≤ c d ⇒ a a+b b a ≤ ≤ ; ≤ 1 v× a + b = c + d c c+d d c b a b ≤ 9 98 ⇒ + ≤ 999 d c d a b 1 999 b, NÕu: b = 9 98 th× a =1 ⇒ + = + §¹t gi¸ trÞ lín nhÊt khi d = 1; c = 999 c d c d a, NÕu: b ≤ 9 98 th× a b 1 khi a = d = 1; c = b