Hãy giới thiệu đến người khác là bạn bè thầy cô và các bạn như tôi đã giới thiệu và hãy quan tâm đến những người mà bạn đã giới thiệu và chăm sóc họ( khi là thành viên thầy cô và các bạ[r]
(1)CHUYÊN ĐỀ 1:
Phương trình hệ phương trình. I.Giải phương trình cách đặt ẩn phụ thích hợp.
Bài 1:Gpt:
2 2
2
2 2 4
10. 11. 0.
1 1 1
x x x
x x x
Giải: Đặt 2 2 ; 1 1 x x u v x x
(1).
Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = 0 ⇔ (u-v).(10u-v)=0 ⇔ u=v 10u=v. Xét trường hợp thay vào (1) ta tìm x cách dễ dàng
Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15. Giải:
Đặt x2 - 5x + = u (1).
Ta có: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15 ⇔ (x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0 ⇔ (x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0 ⇔ (x2-5x+4).(x2-5x+6)-15=0 ⇔ (u-1).(u+1)-15=0
⇔ u2-16=0 ⇔ u= ±
Thay giá trị u vào (1) ta dễ dàng tìm x
Bài 3:Gpt: 90. 1 1 x x x x Giải:
⇔ 2
1 1
. 90
( 1) ( 1)
x x x . 2 2 2 2 . 90 ( 1) x x x .
Đặt u = x2 ( u 0) (1). Ta có:
2
2
2 2
. 90 2 2 90.( 1)
( 1)
u
u u u u
u
( u 1).
⇔ 88u2−182u+90=0
Từ ta dễ dàng tìm u, thay vào (1) ta tìm x
Bài 4:Gpt:3 x 2x 3 312.(x 1) Giải:
(2)Có:
u+v=√34 (u3+v3)⇔u3+v3+3 uv (u+v)=4 (u3+v3)
u − v¿2=0⇔
¿ u=− v
¿ u=v
¿ ¿ ¿ ¿
⇔3 (u+v).(u2−2 uv+v2)=0⇔3 (u+v).¿
Xét trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm x Bài 5:Gpt: √5x3
+3x2+3x −2+1
2= x2
2 +3x (1) Giải:
Từ (1) suy ra: 2.√5x3
+3x2+3x −2=x2+6x −1
⇒20x3
+12x2+12x −8=x4+36x2+1+12x3−2x2−12x ⇒x4−8x3+22x2−24x+9=0 (x 0)
⇒x2−8x+22−24
x + x2=0 Đặt x+3
x=y (*) ta có:
y2 - 8y + 16 = suy y = thay vào (*) ta dễ dàng tìm x. Bài 6:Gpt: (x+1).(x −4)+3.(x −4).√ x+1
x −4−18=0(1)
Giải:
Điều kiện x > x < -1 *Nếu x > 4, (1) trở thành:
(x+1).(x −4)+3 √(x+1).(x −4)−18=0
Đặt √(x+1).(x −4)=y ≥0 (2) ta có:
y2 + 3y -18 = 0.
Từ ta dễ dàng tìm y,thay vào (2) ta tìm x *Nếu x < -1, (1) trở thành:
(x+1).(x −4)−3 √(x+1).(x −4)−18=0
Đặt √(x+1).(x −4)=y ≥0 (3) ta có:
y2 - 3y -18 = 0.
Từ ta dễ dàng tìm y,thay vào (3) ta tìm x Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1).
Giải:
(1) ⇔4x4+4x3−20x2+2x+1=0 (x 0).Chia hai vế cho x2 ta :
⇔ 4x2 + 4x -20 + x+
1
x2 = ⇔ (2x+1
x)
+2.(2x+1
x)−24=0 Đặt y = 2x+ x (2) Ta có: y2 + 2y -24 = 0.
(3)Bài 8:Gpt: √x −16x+64−2 √x −8x+16+√x =0
Giải:
⇔|x −8|−2.|x −4|+|x|=0
Đến ta xét khoảng ,bài toán trở nên đơn giản Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4).
Giải:
⇔1+x2+x4+2x+2x2+2x3=5+5x2+5x4 ⇔4x4−2x3+2x2−2x+4=0
⇔2x4− x3
+x2− x+2=0
Nhận thấy x = nghiệm phương trình cho, x Chia hai vế phương trình cho x2 ta được:
2x2 - x + - x+
2
x2=0 Đặt y = x+
x (*) Ta có:
2y2 - y - = 0.Từ ta dễ dàng tìm y, thay vào (*) ta tìm x. Bài 10: Gpt: (6-x)4 + (8-x)4 = 16.
Giải:
Đặt - x = y (*) Ta có:
(y-1)4 + (y + 1)4 =16 ⇔ 2y4 +12 y2 +2 = 16 ⇔ 2.(y-1).(y+1).(y2+7)=0 ⇔ y =1 y = -1
Thay giá trị y tìm thay vào (*) ta dễ dàng tìm giá trị x II.Tìm nghiệm nguyên (x;y) (x;y;z) phương trình sau:
Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải:
Đặt y2 + 3y = t.
Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2 + 3y +2) = t2 + 2t. *Nếu t > t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy không tồn x thỏa mãn.
*Nếu t < -2 2t + < nên t2 + 2t > t2 + 4t + suy t2 + 2t > t2 + 4t + = (t+2)2. Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*).
Lại có: t2 +2t < t2 suy x2 < t2 (**).
Từ (*)&(**) suy (t + 2)2 < x2 < t2 suy x2 = (t+1)2 suy t2 +2t = (t +1)2 (=x2) Suy : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý).
*Nếu t = -1 suy x2 = t2 +2t = -1 <0 (Vô lý).
x - +
x-8 - - - +
x-4 - - + +
(4)*Nếu t = suy x = ⇒ y = -1 -2 -3
Bài 2:
¿ x − y+z=2(1)
2x2−xy+x −2z=1(2)
¿{
¿ Giải:
Từ (2) ta có: 2x2 - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có: 2x2 - xy+x-2.(2 - x + y)=1 ⇔ 2x2 -xy +3x-2y-5 =0
⇔y=x
2
+3x −5
x+2 =x+1−
7
x+2∈Ζ⇒7⋮x+2⇒x+2=±1,±7
Từ ta tìm x ⇒ tìm y ⇒ tìm z
Bài 3:
¿ x − y − z=3(1)
x2− y2− z2=1(2)
¿{
¿ Giải:
Thay (1) vào (2) ta được:
(y + z -3)2 -y2 -z2 =1 ⇔ yz - 3y - 3z = -4 ⇔ (y-3).(z-3) = = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1= =(-5).(-1
Từ ta tìm y z ⇒ tìm x Bài 4: 2xy + x + y = 83.
Giải:
⇔ x=83− y
2y+1⇔2x=
166−2y
2y+1 =−1+
167
2y+1∈Ζ⇒167⋮2y+1⇒2y+1=±1,±167
Từ ta tìm y ⇒ tìm x Bài 5: xyz +yz
x + zx
y =3 Giải:
Điều kiện : x,y,z
Nhận xét:Trong ba số x,y,z tồn hai số dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có số -3 thỏ mà có hai chuồng-mọi số nguyên khác mang dấu âm dấu dương)
Ta giả sử x,y dấu với nhau.Suy x.y = |xy| > xy,y x>0 Đặt A= xy
z + yz
x + zx
y =3
Giả sử z <0 = A = xyz +yz
x + zx
y <0+0+0=0 (Vô lý) Vậy z >0.Ta có:
A = xy z +
yz x +
zx y =3=
|xy|
z +z.| y x|+z.|
x y|≥3
3
√|xy|
z z.| x y|.z.|
y x|=3
(5)⇒1≥|xy|.z⇒z=1,|xy|=1⇒
z=1, x=y=1
¿
z=1, x=y=−1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19.
Giải:
Từ ta có:
y=2x
2
+5x+19
2x+1 =x+2+
17
2x+1∈Ζ⇒17⋮2x+1⇒2x+1=±1,±17
Từ ta tìm x ⇒ tìm y
III.Giải hệ phương trình phương trình khác. Bài 1: 1x+
√2− x2=2 Giải:
Điều kiện : x ≠0,|x|<√2 -Nếu x < 1x+
√2− x2<¿
1
√2− x2≤
1
√2<2
Vậy ta xét x > 0:
Đặt x = a √2− x2=b (a,b > 0)
Ta có:
¿ a+
1 b=2 a2
+b2=2
¿{
¿
Có: 2=1 a+
1
b≥2.√
1
ab ⇒ab≥1 (1)
Lại có: = a2 + b2 2ab suy 1 ab (2).
Từ (1)&(2) suy ab = mà a2 + b2 =2 nên suy (a+b)2 = suy a + b = 2.
Vậy ta có:
¿ ab=1
a+b=2
⇒a=b=1⇒x=1
¿{
¿
Bài 2: √4− x2+√1+4x+√x2+y2−2y −3=√x4−16− y+5
(6)Điều kiện:
¿ 4− x2≥0(1)
1+4x ≥0(2)
x2
+y2−2y −3≥0(3)
x4−16≥0(4)
¿{ { {
¿
Từ (4) suy x2 4 kết hợp với (1) suy x2 = kết hợp với (2) suy x = 2.
Phương trình cho trở thành: |y −1|=− y+5
Lúc việc tìm y khơng cịn khó khăn (Lập bảng xét dấu)
Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0.
Giải:
Nhận thấy x = khơng phải nghiệm phương trình cho Vậy x 0.Chia hai vế phương trình cho cho x2 ta được:
2x2−21x+74−105
x + 50
x2=0⇔2 (x+ 25
x )
−21.(x+25
x )−26=0
Đặt x+25
x =y ta có:
2y2 -21.y - 26 = 0.Từ ta tìm y ⇒ tìm x.
Bài 4:
¿
2.|1+|x||−|1−|x||=5
|1+|x||+4 |1−|x||=7
¿{
¿ Giải:
Đặt :
¿ a=|1+|x||≥0
b=|1−|x||≥0 ¿{
¿
Hệ cho trở thành:
¿ 2a −b=5
a+4b=7
¿{
¿
Từ tìm a =3,b =1
Đến việc tìm x khơng cịn khó khăn
Bài 5:
¿
|x −1|+|y −5|=1(1)
y=5+|x −1|(2)
¿{
¿ Giải:
Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:
|x −1|+|5+|x −1|−5|=1⇔2 |x −1|=1
(7)Bài 6:
2x2−15 xy+4y2−12x+45y −24=0(1)
x2−2y2+3y −3x+xy=0(2)
¿{
¿ Giải:
Phương trình (2) phân tích sau:
(x - y).(x -3 + 2y) =
⇔ x=y
¿ x=3−2y
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Xét trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm x y
Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + = 0.
Giải:
Phương trình cho phân tích sau:
[x −(m−5)].[x2−2x −(m −1)]=0
Đến việc giải biện luận phương trình khơng cịn khó khăn
Bài 8:
¿ x+y+z=1
x4+y4+z4=xyz
¿{
¿ Giải:
Bổ đề: ∀a , b , c∈R:a2
+b2+c2≥ab+bc+ca
Đẳng thức xảy a = b = c (Dễ dàng chứng minh bổ đề trên) Sử dụng bổ đề ta có:
xyz = x4 + y4 + z4 x2y2 + y2z2 + z2x2 xyz.(x + y + z) = xyz.
Suy dấu bất đẳng thức phải trở thành đẳng thức tức ta phải có: x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được:
x=y=z=1
3
Bài 9:
¿ x2+y2=1(1)
1999
√x −1999√y=(2000√y −2000√x).(x+y+xy+2001)(2)
¿{
¿ Giải:
Điều kiện: x,y
Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy: -Nếu x > y thì:
VT > 0, VP < suy ra: VT > VP -Nếu y > x thì:
(8)Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y ) ta được: x=y=
√2
Bài 10: √x+√2x −5−2+√x −3 √2x −5+2=2 √2 (1)
Giải:
(1) ⇔
√2.√(√2x −5+1)
+
√2.√(√2x −3−3)
=2 √2 ⇔√2x −5+1+|√2x −5−3|=4
Ta có:
4=|3−√2x −5|+√2x −5+1≥3−√2x −5+√2x −5+1=4
Vậy dấu bất đẳng thức phải trở thành dấu đẳng thức tức là:
3−√2x −5≥0⇔ 2x −5≥0 9≥2x −5 ⇔7≥ x ≥5 ¿{
Vậy nghiệm phương trình cho là: x∈[5 2;7]
CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức.
Các tốn tìm giá trị lớn , nhỏ nhất. Bài 1:Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác
CMR: ab + bc + ca a2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca).
Giải:
Ta có:
a2 +b2 +c2 - ab + bc + ca
c −a¿2 b − c¿2+¿≥0
a −b¿2+¿ ¿ ¿1
2.¿
Đẳng thức xảy a = b = c Vậy: ab + bc + ca a2 +b2 +c2.
Lại có:
a < b + c ⇒ a2 < a.(b + c) (1)
Tương tự: b2 < b.(a + c) (2) ,c2 < c.(b + a) (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được:
a2 +b2 +c2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca).
Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: √z.(x − z)+√z.(y − z)≤√xy (1)
(9)Đặt:
x=z+m
y=z+n
¿{
¿
(m,n,z > 0)
Khi (1) trở thành: √zm+√zn≤√(z+m).(z+n)
⇔√m+√n ≤√(1+m
z).(n+z) (2)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
(1+m
z).(n+z)≥(√n+√ m
z z)
=(√n+√m)2
⇔√(1+m
z).(n+z)≥√n+√m
Vậy (2) đúng, tức (1) (đpcm)
Bài 3:Cho xy > x + y = 1.CMR: (x4+y4)+
xy≥5 Giải:
Từ giả thiết
¿ xy>0
x+y=1>0
⇒x , y>0
¿{
¿
Ta có:
1=x+y ≥2 √xy⇒1
4≥xy⇒
xy ≥4(1)
Lại có:
x2
+y2¿2=[(12+12).(x2+y2)]2≥
¿ ¿
8 (x4+y4)=4 (12+12).(x4+y4)≥4 ¿
Suy ra: 8.(x4 + y4) 1 (2).
Từ (1) (2) suy ra:
8 (x4
+y4)+
xy≥1+4=5
Ta có đpcm
Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ba số sau số dương: x = (a + b + c)2 - 9ab ; y = (a + b + c)2 - 9cb ; z = (a + b + c)2 - 9ac.
Giải:
Ta có:
x + y + z = (a + b + c)2 - 9.(ab + bc + ca) = 3.(a2 + b2 +c2- ab - bc - ca) =
=
c − a¿2 b − c¿2+¿>0
a − b¿2+¿ ¿ 2.¿
(Do a b c a)
(10)Bài 5: Nếu
¿ a+b ≥1
ab>0
¿{
¿
a4+b4≥1
8 Giải: Hồn tồn tương tự
Bài 6:CMR: (x10+y10).(x2+y2)≥(x8+y8).(x4+y4)
Giải:
Ta có: (x10
+y10).(x2+y2)≥(x8+y8).(x4+y4)
⇔x12
+y12+x2y2.(x8+y8)≥ x12+y12+x4y4.(x4+y4)
⇔x2y2.(x8+y8)≥ x4y4.(x4+y4)
⇔x2y2.(x8+y8− x6y2− x2y6)≥0
⇔x2y2.(x2− y2).(x6− y6)≥0 ⇔x2y2.(x2− y2)2.(x4+x2y2+y4)≥0
Bất đẳng thức cuối ln đúng.Vậy ta có đpcm
Bài 7:CMR: Nếu a,b,c số đôi khác a + b + c < : P = a3 + b3 + c3 - 3abc < 0.
Giải:
Có:
P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 0.
Bài 8:CMR:
2n+1¿2 ¿ ¿ A=1
9+ 25+ .+
1 ¿
với n∈Ν , n>1
Giải:
Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:
2n+1¿2 ¿ ¿ ¿
Áp dụng ta có:
A<1
2.[ 3+
1 4+
1
4 5+ +
1
(2n+1).(2n+2)]=¿=
1 2.[
1 2− 3+ 3− 4+ .+
1 2n+1−
1 2n+2]=
1 2.[
1 2−
1 2n+2]<
1
Ta có đpcm
Bài 9:CMR: Nếu: p,q > thì: p2+q2
p+q ≥√pq
Giải:
Có:
p2+q2
p+q −√pq=
(√p −√q)2.(p+√pq+q)
p+q ≥0
(11)Bài 10:CMR:
k2< k −1−
1
k với số nguyên dương k >1.Từ suy ra: 1+1
22+ 32+ +
1 n2<2−
1
n với n >1 Giải:
Ta có:
k2<
(k −1).k=
1 k −1−
1 k
Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được:
1+
22+ 32+ +
1 n2<1+(
1 1− 2+ 2− 3+ +
1 n −1−
1 n)=2−
1 n Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y xy = 1.CMR: x2+y2
x − y −2√2≥0 Giải:
Ta có:
x2 +y2
x − y =x − y+
2
x − y≥2.√(x − y)
2
x − y=2√2≥0
Ta có đpcm
Bài 12:Cho tam giác ABC có cạnh thỏa mãn: a ≤ b ≤ c CMR: (a+b+c)2≤9 bc
Giải:
Từ giả thiết ta có:
2b ≥b+a>c⇒4b −c>0⇒(b − c).(4b− c)≤0 ⇒4b2+c2≤5 bc⇒(2b+c)2≤9 bc(1)
Mà: (a + b + c)2 (2b + c)2 (2).
Từ (1) (2) suy ra:
(a + b + c)2 (2b + c)2 9bc.
Ta có đpcm
Bài 13:
Cho < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn
Giải:
Ta có:
a.(2−b).b(2−c).c(2−a)=a.(2− a).b.(2−b).c(2− c)≤
(a+2− a
2 )
2
.(b+2−b
2 )
2
.(c+2− c
2 )
2
=1
Tích ba số nhỏ chúng khơng thể đồng thời lớn Ta có đpcm
Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR:
b
√a+b −√a −b<
c
√a+c −√a − c Giải:
Ta có: b
√a+b −√a −b<
c
(12)⇔√a+b+√a −b <
√a+c+√a − c ⇔√a+b+√a− b<√a+c+√a− c
⇔2a+2 √a2− b2<2a+2 √a2− c2
⇔√a2− b2<√a2−c2
⇔b2
>c2
Bất đẳng thức cuối ln Vậy ta có đpcm
Bài 15:Cho số dương x,y,z thỏa mãn: x2+y2+z2≥1 CMR: x
3 y+
y3 z +
z3 x ≥1 Giải:
Áp dụng BĐT Cô Si: x3
y +xy≥2 √ x3
y xy=2x
2 (1).
Tương tự: y
3
z +yz≥2y
(2) z
3
x +xz≥2z
(3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:
x3 y +xy+
y3 z +yz+
z3
x +zx≥2 (x
+y2+z2)
Suy ra:
x3 y +
y3 z +
z3 x ≥2.(x
2
+y2+z2)−(xy+yz+zx)≥(x2+y2+z2)≥1
Vậy ta có đpcm
CHUYÊN ĐỀ 3: Đa thức vấn đề liên quan.
Bài 1:Cho P= x
2
+5
x3−3x −2∧Q= a x −2+
b
x2+2x+1 Với giá trị a,b P=Q với giá
trị x tập xác định chúng
Giải:
Điều kiện: x ≠2,−1
Ta có: P=Q (∀x ≠2,−1)⇔ x
2
+5
x3−3x −2=
ax2+(2a+b)x+a −2b
x3−3x −2 ∀x ≠2,−1 ⇔
a=1
2a+b=0
a −2b=5
⇔ ¿a=1
b=−2
¿{ {
Bài 2:Cho số nguyên n, A= n5 - n.
(13)c-CMR: A chia hết cho 30
Giải:
a) A= n5 - n = n.(n4 -1) = n.(n-1).(n+1).(n2 + 1)
b) A=0 ⇔ n = 0,1,-1
c) Theo Định Lý Fecma: n5≡n
(mod 5)⇒n5−n⋮5⇒A⋮5 (1)
Lại có: n(n−1)⋮2⇒A⋮2 (2) và: (n −1).n.(n+1)⋮3⇒A⋮3 (3)
Vì 2,3,5 đôi nguyên tố nên từ (1),(2)&(3) suy A⋮(2 5) (đpcm)
Bài 3: CMR: Nếu x,y số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho x y chia
hết cho
Giải:
Nhận xét:Số phương chia cho có số dư Vì từ giả thiết x2 + y2 chia hết cho 3 ⇒x , y⋮3.
Bài 4:Tìm giá trị p,q để đa thức (x4 + 1) chia hết cho đa thức x2 + px + q.
Giải:
Giả sử (x4 + 1) = (x2 + px + q).( x2 + mx + n)
Khai triển đồng hệ số ta hệ:
¿ m+p=0
n+pm+q=0
qn=1
⇔ ¿m=− p
qn=1
p2
=q+1
q ¿{ {
¿
Vậy thấy giá trị p,q cần tìm là:
¿ ∀q>0
p=√q+1
q ¿{
¿
Bài 5:Cho đa thức: A(x)=x4−14x3+71x2−154x+120 x∈Z
a)Phân tích A(x) thành nhân tử
b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24
Giải:
a).Ta có: A(x)=x4−14x3+71x2−154x+120
¿(x −2).(x3−12x2+47x −60) (x −2).(x −3).(x2−9x+20)
b).Ta có:A(x)= ⏟x(x −1).(x+1).(x −14)
B(x)
+⏟72x2−144x+120 ⋮24
-Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho
-Nếu x chia cho dư x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư x + chia hết cho 4,x-1 chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho Vậy trường hợp ta có B(x) chia hết cho (1)
Mà tích ba số nguyên liên tiếp chi hết (x-1).x.(x+1) chia hết cho
(14)Mà (3,8)=1 nên từ (1) (2) suy B(x) chia hết cho 24 Vậy ta có đpcm
Bài 6:Tìm tất số nguyên x để: x2 + chia hết cho x-2.
Giải:
Ta có: x2 + = (x-2).(x + 2) +11 chia hết cho x-2 11 chia hết cho x-2.
⇒ x-2=-1,-11,1,11
Từ ta dễ dàng tìm giá trị x thỏa mãn
Bài 7: Một đa thức chia cho x-2 dư 5, chia cho x-3 dư 7.Tính phần dư phép chia đa thức cho (x-2).(x-3)
Giải:
Gọi đa thức cho F(x).Theo ta giả sử đa thức dư cần tìm ax+b Ta có:
F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b (trong A(x) đa thức thương phép chia) Theo giả thiết theo định lý Bơdu ta có:
F(2)=2a +b=5 F(3)=3a+b=7
Giải hệ hai phương trình ta tìm a = 2, b = Vậy đa thức dư 2x+1
Bài 8: Cho biết tổng số nguyên a1, a2, a3 , an chia hết cho 3.Chứng minh rằng:
A(x) = a1
+a23+ +an3 chia hết cho
Giải:
Theo định lý fecma ta có: n3≡n(mod 3)∀n∈Z
Áp dụng ta có: a13≡ a1(mod 3) , a23≡ a2(mod 3) , , a13≡ a1(mod 3)
Suy ra: a1
+a23+ +an3 a1+a2+ .+an(mod3)≡0(mod 3)
Ta có đpcm
Bài 9:Chứng minh (7.5 ❑2n +12.6 ❑n ) chia hết cho 19, với số n tự nhiên
Giải:
Ta có:
A = 7.52n + 12.6n = 7.25n + 12.6n.
Ta có: 25≡6(mod 19)⇒25n≡6n(mod 19) Suy ra:
A ≡7 6n+12 6n≡19 6n(mod19)≡0(mod 19)
Ta có đpcm
Bài 10: Phân tích thành nhân tử x10 + x5 + 1.
Giải:
Ta có: x10 + x5 + = (x2 + x + 1).(x8-x7 + x5-x4 + x3-x + 1).
CHUYÊN ĐỀ 4: Các tốn liên quan tới phương trình
bậc hai định lý Vi-et. Bài 1:Cho phương trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 0
1.Chứng minh phương trình ln có nghiệm với m
(15)Giải:
1 Ta có : Δ = (2m +1)2 - 4.(m2 + m - 1) = > 0
suy phương trình ln có nghiệm với m 2.Theo vi-et ta có:
¿
x1+x2=2m+1(1)
x1.x2=m2+m −1(2)
¿{
¿
Từ (1) suy ra: m=x1+x2−1
2 thay vào (2) ta có: x1.x2=(
x1+x2−1
2 )
2
+(x1+x2−1
2 )−1⇒ x1.x2−(
x1+x2−1
2 )
2
−(x1+x2−1 )=1
Ta có đpcm
Bài 2: Tìm giá trị ngun k để biệt thức Δ phương trình sau số phương: k.x2 +
(2.k-1).x + k-2= 0; (k 0)
Giải:
Ta có : Δ = (2k-1)2 - 4.k.(k-2) =4k +1
Giả sử 4k + số cp số cp lẻ hay: 4k + = (2n + 1)2 n số tự nhiên.
Hay: k = n2 + n.
Vậy để Δ số cp k = n2 + n( thử lại thấy đúng).
Bài 3: Tìm k để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt : (x-2)(x2 + k.x + k2 - 3)= 0
Giải:
Đặt f(x)= (x-2)(x2 + k.x + k2 - 3) = (x-2).g(x)
Để f(s)=0 có ba nghiệm phân biệt tương đương với g(x) =0 có hai nhgiệm phân biệt khác hay:
¿
Δ=k2−4 (k2−3)>0
g(2)≠0
⇔ ¿2>k>−2
k ≠ −1 ¿{
¿
Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau tương đương:
x2 + (3a + 2b) x - =0 (1) x2 + (2a +3b)x + 2b=0 (2)
với a b tìm giải phương trình cho
Giải:
-Điều kiện cần:
Nhận thấy pt (1) ln có nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) phải có nghiệm phân biệt giống với (1) Đặt f(x) = x2 + (3a + 2b) x - =0 g(x) = x2 + (2a +3b)x + 2b.
Để hai phương trình cho tương đương f(x) = g(x) (*) với x (Vì hệ số x2 hai pt
bằng 1)
Thay x = vào (*) ta có b = -2 (3)
Thay x = vào (*) kết hợp với (3) ta a= -2 -Điều kiện đủ:
Với a=b=-2 ta thấy hai phương trình tương đương với
(16)x2 - a.x-
2 a2 =0; (a 0)
chứng minh : b4 + c4 2+
√2
Giải:
Theo định lý Viet ta có:
¿ b+c=a
bc=−
2a2 ¿{
¿
Ta có:
b+c¿2−2 bc ¿ ¿ ¿ b2
+c2¿2−2b2c2=¿ b4
+c4=¿ ⇒b4+c4=(a2+
a2)
+
2a4=a
+
2a4+2≥2.√a
2a4+2=√6+2>2+√2 Bài : Chứng minh với a,b,c phương trình sau ln có nghiệm : a(x-b).(x-c) + b.(x-c) (x-a) + c.(x-a).(x-b) =
Giải:
Đặt f(x) = a.(x-b).(x-c) + b.(x-c) (x-a) + c.(x-a).(x-b) = = (a + b + c).x2 -2.(ab + bc + ca).x + 3abc
*Nếu a + b + c 0.Khi đó:
Δ ' = a2b2 + b2c2 + c2a2 -abc.(a + b + c) = [(ab-bc)2 + (bc-ca)2 + (ca-ab)2].
2
*Nếu a + b + c = 0.Khi đó:
-Nếu ab + bc + ca phương trình cho ln có nghiệm
-Nếu ab + bc + ca =0 Khi kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh a=b=c=0.Và dĩ nhiên trường hợp pt cho có vơ số nghiệm
Bài 7:CMR:Nếu hệ số a,b,c phương trình:ax2 + bx + c = (a 0) số lẻ phương
trình bậc hai khơng thể có nghiệm hữu tỉ
Giải:
Giả sử phương trình bậc hai với hệ số a,b,c số lẻ có nghiệm hữu tỉ x0 = m
n với m,n số nguyên (m,n)=1 n ;khi ta có:
a (m
n)
+b.m
n+c=0 hay: am
+bmn+cn2=0 (1).Suy ra: ¿
cn2⋮m am2
⋮n ¿{
¿
mà (m,n)=1 ⇒(n , m2)=(m, n2)=1 nên:
¿ c⋮m
a⋮n ¿{
¿
mà c,a số lẻ nên suy m,n số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n số lẻ Do đó:
am2
+bmn+cn2=¿ số lẻ (Mâu thuẫn với (1))
Vậy điều ta giả sử sai.Hay nói cách khác, ta có đpcm
(17)mang yếu tố chuyển động.
Bài 1: Cho đường tròn (O) dây cung BC cố định.Gọi A điểm di động cung lớn BC đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác góc ACB cắt đường trịn (O) điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường (O) điểm K khác điểm B
1.CMR:Tam giác KAC cân
2.CMR: Đường thẳng AI qua điểm cố định J.Từ tìm vị trí A cho Ai có độ dài lớn 3.Trên tia đối AB lấy điểm M cho AM=AC.Tìm tập hợp điểm M A di động cung lớn BC (O)
Giải:
1.Ta có:
Δ DBI cân D nên: ∠ DBI= ∠ DIB.Mà: ∠ DIB = ∠ IBC + ∠ ICB (1) Và: ∠ DBI = ∠ KCI = ∠ KCA + ∠ ACD = ∠ KBA + ∠ ICB (2)
Từ (1) (2) suy ∠ ABI = ∠ CBI.Suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
⇒ BI phân giác góc B tam giác ABC ⇒ K trung điểm cung AC
⇒ Tam giác KAC cân
2.Vì I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI qua trung điểm J cung nhỏ BC Ta dễ dàng chứng minh tam giác BIJ cân J ⇒ JI = JB = const
Suy AI = AJ - IJ = AJ - const lớn AJ lớn tức AJ đường kính (O) ⇒
A phải nằm trung điểm cung lớn BC 3.Ta dễ dàng tính được:
∠ BMC =
2 ∠ BAC =
4 số đo cung nhỏ BC = const
Suy quĩ tích điểm M cung chứa góc nhìn BC góc 14 số đo cung nhỏ BC
Bài 2:Trên đường trịn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định điểm B thay đổi Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường trịn C
1 Chừng minh BC qua điểm cố định
2.Gọi AH đừơng vng góc vẽ từ A tam giác ABC.Tìm tập hợp điểm H
3 Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước đường trịn BC đường kính chiều cao AH = h cho trước
Giải:
1.Dễ thấy BC qua điểm O cố định
2.Nhận thấy ∠ AHO vuông Từ dễ dàng chứng minh quĩ tích H đường trịn đường kính AO
3.Đường thẳng d // với BC cách BC khoảng h cắt (O) hai điểm A A' thỏa mãn yêu cầu
tốn
Có vị trí A thỏa mãn (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC khoảng h)
Bài 3:Cho đường tròn tâm O cố định Một đường thẳng d cố định cắt (O) A,B;M điểm chuyển động d (ở đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT MN với đường tròn
1.CMR:Đường trịn qua ba điểm M,N,P ln qua điểm cố định khác O 2.Tìm tập hợp tâm I đường trịn qua M,N,P
3.Tìm d điểm M cho tam giác MNP tam giác
Giải:
1.Gọi K trung điểm AB.Dễ thấy M,N,P,O,K nằm đường tròn đường kính OM Vậy K điểm cố định cần tìm
(18)Vậy phán đốn quĩ tích i đường thẳng song song với AB cách AB khoảng nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y trung điểm OA OB
3.Giả sử tam giác MNP thì: OM = 2.OP = 2R MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const.
Từ có hai điểm M thảo mãn
Bài 4:Cho hình vng EFGH.Một góc vng xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt đường thẳng FG GH M,N;còn đường thẳng Ey cắt đường theo thứ tự P,Q
1.CMR:Hai tam giác ENP EMQ tam giác vuông cân
2.Goi R giao PN QM;còn I,K trung điểm PN QM.Tứ giác EKRI hình gì? Giải thích?
3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ có nhận xét đường thẳng IK góc vng xEy quay quanh E?
Giải:
1.Dễ dàng chứng minh được: Δ EHQ = Δ EFM (cgc) Suy dễ dàng tam giác EMQ vuông cân
∠ PEF = ∠ PQN (đồng vị) mà ∠ FEM = ∠ QEH
Suy ra: ∠ PEN = ∠ PEF + ∠ FEM = ∠ EQH + ∠ QEH = 900.
Vậy tam giác PEN vuông (1)
Thấy: Δ NEQ = Δ PEM (gcg) nên suy EN = EP (2) Từ (1) (2) suy ra:Tam giác PEN vng cân
2.Có: EI PN EK QM
Vậy tứ giác EKRI có góc I góc K vng (4) Lại có:
∠ PQR = ∠ RPQ = 450 suy ra: ∠ PRQ = 900 (3).
Từ (3) (4) suy tứ giác ẺIK hình chữ nhật 3.Dễ thấy QEKH EFMK tứ giác nội tiếp Ta có:
∠ EKH = 1800 - ∠ EQH (5).
Và: ∠ EKF = ∠ EMF = ∠ EQH (6)
Từ (5) (6) suy ra: ∠ EKH + ∠ EKF = 1800 Suy H,K,F thẳng hàng.
Lại có:
Tứ giác FEPI nội tiếp nên ∠ EFI = 1800- ∠ EPI = 1800-450 = 1350.
Suy ra: ∠ EFK + ∠ EFI = 450 + 1350 =1800.
Suy K,F,I thẳng hàng Vậy ta có đpcm
Bài 5:Cho đường trịn tâm O đường kính AB.Gọi C điểm cố định OA; M điểm di động đường tròn.Qua M kẻ đường vng góc với MC cắt tiếp tuyến kẻ từ A B D E
a)CMR: Tam giác DCE vng b)CMR: Tích AD.BE khơng đổi
c)CMR:Khi M chạy đường trịn trung điểm I DE chạy đường thẳng cố định
Giải:
a)Nhận thấy tứ giác ADMC MABE tứ giác nội tiếp.Do đó:
∠ DCM = ∠ DAM ∠ MCE = ∠ MBE = ∠ MAB.Vậy:
∠ DCE = ∠ DCM + ∠ MCE = ∠ DAM + ∠ MAB = 900.
Ta có đpcm
b)Vì tam giác DCE vng C nên ta nhận thấy ∠ DCA = 900 - ∠ ECB = ∠ CEB.
Vậy hai tam giác vuông ADC BCE đồng dạng với nhau.Nên:
AD BC =
AC
BE ⇒AD BE=BC AC=const
(19)Vậy M chuyển động (O) I ln nằm đường thẳng qua O vng góc với AB
Bài 6:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M điểm chạy đáy BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC C.Gọi N giao điểm thứ hai hai đường trịn CMR
a) MN ln qua A tích AM.AN khơng đổi
c) Tổng hai bán kính hai đường trịn tâm D E có giá trị khơng đổi d)Tìm tập hợp trung điểm H DE
Giải:
a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA tia NM qua A
Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy AM.AN = AB2 không đổi
c)Gọi K điểm cung BC ( khơng chứa A)
Dễ thấy D,E nằm BK CK Từ K,D,E hạ đường vng góc với BC I.J,L Ta có:
1 1
2 2
1
BD CE BJ CL BM CM BM CM
BK CK BI CI BI CI BI
BD CE
BD CE CK CK CK
= không đổi
d) Hạ HQ vng góc với BC.Có: HQ =
1
.( )
2 2
KI DJ EL KI BD CE KI DJ EL
KI BK CK
Nên H nằm đ ường thẳng song song
với BC cách BC khoảng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK CK quĩ tích điểm H đường trung bình tam giác BKC (song song với đáy BC)
CHUN ĐỀ 6: Các tốn hình học phẳng
có nội dung chứng minh, tính toán.
Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O đường trịn tâm O có bán kính R thay đổi (R<OA).Từ A B vẽ hai tiếp tuyến AC BD với đường tròn Hai tiếp tuyến không đối xứng với qua trục đối xứng tam giác chúng cắt M
a)Chứng minh bốn điểm O,A,M,B thuộc đường trịn.Tìm tập hợp điểm M b)Trên tia đối tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp điểm P
c)CMR: MA.MB = |OA2 - OM2|.
Giải:
a)Gọi I,T điểm tiếp xúc tiếp tuyến kẻ từ A B Dễ thấy: Δ OIA = Δ OTB (cạnh huyền-cạnh góc vng) Do đó: ∠ IAO = ∠ OBT.Suy tứ giác OAMB nội tiếp b) Có:
∠ APB = 12 ∠ AMB = 12 (1800- ∠ AOB)= const.
Vậy chứng minh quĩ tích điểm P cung chứa góc nhìn AB góc khơng đổi
1
2 (1800- ∠ AOB)
(20)Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI-IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB)=
=MA.MB (đpcm)
Bài 2: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) A B.Các tiếp tuyến kẻ từ A B cắt M Dựng MH vng góc với OP
a)CMR: điểm O,A,B,M,H nằm đường tròn
b)CMR: H cố định cát tuyến PAB quay quanh P Từ suy tập hợp điểm M c)Gọi I trung điểm AB N giao điểm PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN IP.IN=IA2.
Giải:
a) Nhận thấy điểm O,A,B,M,H nằm đường trịn đường kính OM (đpcm) b)Phương tích điểm P đường trịn đường kính OM là:
PH.PO=PA.PB=const (1) Suy H cố định nằm đoạn PO
Từ dễ dàng suy quĩ tích điểm M đường thẳng d qua H vng góc với PO trừ đoạn TV với T,V giao điểm d với (O)
c)Phương tích điểm P đường trịn đường kính ON là: PN.PI=PH.PO (2) Từ (2) (1) suy ra: PA.PB=PI.PN (đpcm)
Lại có:
IP.IN=(NI+NP).IN=IN2 + NI.NP (3)
Phương tích điểm N đường trịn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM Phương tích điểm N đường trịn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB Suy ra: NI.NP=NA.NB (4)
Từ (3) (4) suy ra: IP.IN=IN2 + NA.NB
Ta chứng minh: IN2 + NA.NB=IA2 (5).Thật vậy:
(5) ⇔ NA.NB=IA2-IN2 ⇔ NA.NB=(IA-IN).(IA+IN) ⇔ NA.NB=NA.(IB+IN)
⇔ NA.NB=NA.NB (luôn đúng) Vậy ta có đpcm
Bài 3:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn bán kính R,tâm O a)Chứng minh BC = 2R.SinA
b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) A,B,C ba góc tam giác
Giải:
a)Kéo dài BO cắt (O) điểm thứ hai D
Tam giác vng BCD có:BC = BD.Sin( ∠ BDC) = 2R.SinA (đpcm) b)Kéo dài AO cắt (O) điểm thứ hai E
Hoàn tồn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB Ta có: SinB= AC2R<AD+CD
2R = AD BD+
CD
BD=Cos(∠ADB)+Cos(∠CDB)=CosC+CosA (1)
Tương tự ta có: SinC < CosA + CosB (2) SinA < CosB + CosC (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm
(21)Lời cho phép gửi tới quý thầy cô bạn lời chúc tốt đẹp Khi thầy cô bạn đọc viết nghĩa thầy cô bạn có thiên hướng làm kinh doanh
Nghề giáo nghề cao quý, xã hội coi trọng tơn vinh Tuy nhiên, có lẽ tơi thấy đồng lương q hạn hẹp Nếu khơng phải mơn học chính, khơng có dạy thêm, liệu tiền lương có đủ cho nhu cầu thầy Cịn bạn sinh viên…với thứ phải trang trải, tiền gia đình gửi, hay gia sư kiếm tiền thêm liệu có đủ?
Bản thân giáo viên dạy mơn TỐN thầy hiểu tiền lương tháng thu Vậy làm cách để kiếm thêm cho 4, triệu tháng ngồi tiền lương Thực tế thấy thời gian thầy cô bạn lướt web ngày tương đối nhiều Ngồi mục đích kiếm tìm thơng tin phục vụ chun mơn, thầy bạn cịn sưu tầm, tìm hiểu thêm nhiều lĩnh vực khác Vậy không bỏ ngày đến 10 phút lướt web để kiếm cho 4, triệu tháng.
Điều có thể? Thầy cô bạn tin vào điều Tất nhiên thứ có giá Để quý thầy cô bạn nhận 4, triệu tháng, cần địi hỏi thầy bạn kiên trì, chịu khó biết sử dụng máy tính chút Vậy thực chất việc việc làm nào? Quý thầy cô bạn đọc viết tơi, có hứng thú bắt tay vào công việc
Thầy cô nghe nghiều đến việc kiếm tiền qua mạng Chắc chắn có Tuy nhiên internet có nhiều trang Web kiếm tiền khơng uy tín
( trang web nước ngồi, trang web trả thù lao cao ) Nếu web nước ngồi gặp nhiều khó khăn mặt ngôn ngữ, web trả thù lao cao khơng uy tín, nhận tương xứng với cơng lao chúng ta, thật
Ở Việt Nam trang web thật uy tín : http://satavina.com Lúc đầu thân thấy không chắn cách kiếm tiền Nhưng tơi hồn tồn tin tưởng, đơn giản tơi đã được nhận tiền từ cơng ty.( thầy bạn tích lũy 50.000 thơi u cầu satavina tốn cách nạp thẻ điện thoại tin ngay).Tất nhiên thời gian đầu số tiền kiếm chẳng bao nhiêu, sau số tiền kiếm tăng lên Có thể thầy bạn nói: vớ vẩn, chẳng tự nhiên mang tiền cho Đúng chẳng cho khơng thầy bạn tiền đâu, phải làm việc, phải mang lợi nhuận cho họ Khi đọc quảng cáo, xem video quảng cáo nghĩa mang doanh thu cho Satavina, đương nhiên họ ăn cơm phải có cháo mà ăn chứ, khơng dại mà làm việc cho họ
Vậy làm Thầy cô bạn làm nhé:
1/ Satavina.com công ty nào:
Đó cơng ty cổ phần hoạt động nhiều lĩnh vực, trụ sở tòa nhà Femixco, Tầng 6, 231-233 Lê Thánh Tơn, P.Bến Thành, Q.1, TP Hồ Chí Minh
GPKD số 0310332710 - Sở Kế Hoạch Đầu Tư TP.HCM cấp Giấy phép ICP số 13/GP-STTTT Sở Thông Tin & Truyền Thông TP.HCM cấp.quận Thành Phố HCM
Khi thầy cô thành viên công ty, thầy cô hưởng tiền hoa hồng từ việc đọc quảng cáo xem video quảng cáo( tiền trích từ tiền thuê quảng cáo công ty quảng cáo thuê satavina)
2/ Các bước đăng kí thành viên cách kiếm tiền:
Để đăng kí làm thành viên satavina thầy làm sau:
Bước 1:
Nhập địa web: http://satavina.com vào trình duyệt web( Dùng trình duyệt firefox, khơng nên dùng trình duyệt explorer)
(22)
Để nhanh chóng quý thầy bạn coppy đường linh sau:
http://satavina.com/Register.aspx?hrYmail=info@123doc.org;hrID=66309
( Thầy cô bạn điền thơng tin Tuy nhiên, chức đăng kí thành viên chỉ mở vài lần ngày Mục đích để thầy bạn tìm hiểu kĩ cơng ty trước giới thiệu bạn bè )
Bước 2:
Click chuột vào mục Đăng kí, góc bên phải( khơng có giao diện bước thời gian đăng kí không liên tục ngày, thầy cô bạn phải thật kiên trì)
Bước 3:
(23)Thầy cô khai báo cụ thể mục sau:
+ Mail người giới thiệu( mail tơi, tơi thành viên thức): info@123doc.org
+ Mã số người giới thiệu( Nhập xác) : 66309
Hoặc quý thầy bạn coppy Link giới thiệu trực tiếp:
http://satavina.com/Register.aspx?hrYmail=info@123doc.org;hrID=66309
+ Địa mail: địa mail thầy cô bạn Khai báo địa thật để cịn vào kích hoạt tài khoản sai thầy cô bạn thành viên thức
+ Nhập lại địa mail:
(24)Thông tin chủ tài khoản: thầy bạn phải nhập xác tuyệt đối, thơng tin nhập lần nhất, không sửa Thông tin liên quan đến việc giao dịch sau Sai không giao dịch
+ Nhập mã xác nhận: nhập chữ, số có bên cạnh vào trống + Click vào mục: đọc kĩ hướng dẫn
+ Click vào: ĐĂNG KÍ
Sau đăng kí web thông báo thành công hay không Nếu thành cơng thầy bạn vào hịm thư khai báo để kích hoạt tài khoản Khi thành cơng q thầy bạn vào web có đầy đủ thông tin công ty satavina cách thức kiếm tiền Hãy tin vào lợi nhuận mà satavina mang lại cho thầy cô Hãy bắt tay vào việc đăng kí, khơng gì, chút thời gian ngày mà Kính chúc q thầy bạn thành cơng
Nếu q thầy có thắc mắc q trình tích lũy tiền gọi trực tiếp mail cho tôi:
Người giới thiệu: Nguyễn Văn Tú Email người giới thiệu: info@123doc.org
Mã số người giới thiệu: 66309
Quý thầy cô bạn coppy Link giới thiệu trực tiếp:
http://satavina.com/Register.aspx?hrYmail=info@123doc.org;hrID=66309
2/ Cách thức satavina tính điểm quy tiền cho thầy cô bạn:
+ Điểm thầy bạn tích lũy nhờ vào đọc quảng cáo xem video quảng cáo
Nếu tích lũy điểm từ thầy bạn tháng khoảng 1tr.Nhưng để tăng điểm thầy cô cần phát triển mạng lưới bạn bè thầy cô bạn
3/ Cách thức phát triển mạng lưới:
- Xem quảng cáo video: 10 điểm/giây (có 10 video quảng cáo, video trung bình phút) - Đọc tin quảng cáo: 10 điểm/giây (hơn tin quảng cáo)
_Trả lời phiếu khảo sát.:100,000 điểm / _Viết
Trong ngày bạn cần dành phút xem quảng cáo, bạn kiếm được: 10x60x5= 3000 điểm, bạn kiếm 300đồng
- Bạn giới thiệu 10 người bạn xem quảng cáo (gọi Mức bạn), 10 người dành phút xem quảng cáo ngày, công ty chi trả cho bạn 300đồng/người.ngày
- Cũng tương tự 10 Mức bạn giới thiệu người 10 người bạn có 100 người (gọi mức bạn), công ty chi trả cho bạn 300đồng/người.ngày
- Tương tự vậy, công ty chi trả đến Mức bạn theo sơ đồ sau : - Nếu bạn xây dựng đến Mức 1, bạn 3.000đồng/ngày
→ 90.000 đồng/tháng
- Nếu bạn xây dựng đến Mức 2, bạn 30.000đồng/ngày → 900.000 đồng/tháng
- Nếu bạn xây dựng đến Mức 3, bạn 300.000đồng/ngày → 9.000.000 đồng/tháng
- Nếu bạn xây dựng đến Mức 4, bạn 3.000.000đồng/ngày → 90.000.000 đồng/tháng
- Nếu bạn xây dựng đến Mức 5, bạn 30.000.000đồng/ngày → 900.000.000 đồng/tháng
Tuy nhiên thầy cô bạn không nên mơ đạt đến mức Chỉ cần cố gắng để 1tháng 1=>10 triệu ổn
(25)Lưu ý: Chỉ thầy bạn thành viên thức thầy bạn phép giới thiệu người khác
Hãy giới thiệu đến người khác bạn bè thầy cô bạn giới thiệu quan tâm đến người mà bạn giới thiệu chăm sóc họ( thành viên thầy cô bạn có mã số riêng).Khi giới thiệu bạn bè thay nội dung mục thông tin người giới thiệu thông tin thầy cô bạn Chúc q thầy bạn thành cơng kiếm khoản tiền cho riêng
Người giới thiệu: Nguyễn Văn Tú Email người giới thiệu: info@123doc.org
Mã số người giới thiệu: 66309
Quý thầy cô bạn coppy Link giới thiệu trực tiếp:
http://satavina.com/Register.aspx?hrYmail=info@123doc.org;hrID=66309
Website: http://violet.vn/nguyentuc2thanhmy
HÃY KIÊN
NHẪN BẠN SẼ THÀNH CƠNG Chúc bạn thành cơng!