∆’≥ 0 nên phương trình luôn có nghiệm ∆’ chính phương, các hệ số là số nguyên nên các nghiệm của phương trình là số hữu tỉ.. Phương trình này vô nghiệm.[r]
(1)Bucthutinhdautien171@gmail.com Bài 1(ñề số câu 5); Cho a, b, c là các số dương và abc =1 CMR a3 b3 c3 + + ≥ (1 + b)(1 + c) (1 + a)(1 + c) (1 + a )(1 + b) HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON HD: Ta có: a3 1+ b 1+ c a3 + + ≥ 33 = a (1 + b)(1 + c) 8 64 b3 1+ a 1+ c b3 + + ≥ 33 = b (1 + a )(1 + c) 8 64 c3 1+ a 1+ b c3 + + ≥ 33 = c (1 + a )(1 + b) 8 64 1+ a 1+ b 1+ c 3 3 Vậy: VT ≥ (a + b + c) − − − = (a + b + c) − ≥ abc − = (ñpcm) ☺ 4 4 4 Bài 2(ñề số câu 5): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a +b +c =1 Chứng minh rằng: 11b3 − a 11c − b3 11a − c + + ≤2 ab + 4b cb + 4c3 ac + 4c HD: 11b3 − a ≤ 3b − a Từ ñó suy ñiều phải chứng minh ab + 4b Bài 3(ñề số 11 câu 5.2): Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x + y − xy − x − 12 y + 2041 HD: A = x + y − xy − x − 12 y + 2041 = ( x − 10 x + 25) + ( x + y + − xy + x − 12 y ) + 2012 = ( x − 5) + ( x − y + 2) + 2012 ≥ 2012 Bài 4(ñề số 14 câu 5.2): Gọi a, b, c là ñộ dài ba cạnh tam giác có góc nhọn Cmr với số thực x, y, z ta luôn có: x2 y2 z 2x2 + y + z + + > a2 b2 c2 a + b2 + c2 HD: Biến ñổi: x y2 z 2x2 + y2 + z y2 z2 2 x ( a b c ) + + > ⇔ + + + + > 2x2 + y2 + z 2 2 2 2 a b c a +b +c b c a 2 2 2 2 2b +c −a a +c −b a +b −c ⇔x + y + z >0 a2 b2 c2 Ta thấy ñẳng thức cuối cùng hiển nhiên ñúng vì: b + c − a > 0; a + b − c > 0; a + c − b > ☺ Bài 5(ñề số 15 câu 5.1); Cho a, b, c ∈ [ 0;1] Chứng minh rằng: ☺ (2) Bucthutinhdautien171@gmail.com a b c + + + (1 − a )(1 − b)(1 − c) ≤ (1) b + c +1 a + c +1 a + b +1 HD: Giả sử a≥b≥c a a b a c c ≤ ; ≤ ; ≤ b + c +1 b + c +1 a + c +1 c + b +1 a + b +1 c + b +1 a+b+c 1− a ⇒ (1 − a )(1 − b)1 − c) ≤ − = (*) c + b +1 b + c +1 HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON Khi ñó: -) Với a =1: (*) ñúng b + c +1+1− b +1− c -) Với a ≠ : Ta có: (b + c + 1)(1 − b)(1 − c) ≤ =1 ⇒ (b + c + 1)(1 − a )(1 − b)(1 − c ) ≤ − a Vậy (1) ñã ñược chứng minh ☺ Bài 6: (ñề số câu 5) x2 y x2 y Chứng minh rằng; 2 + + ≥ (x + y ) y x HD: x2 y x2 y 4x2 y2 x + y x2 y2 x4 + y4 x2 y x4 + y x4 + y + + = + ≥ + 2 ≥ + + ( x + y )2 y x x + y + x y 2 x2 y x2 y x + y4 x y x + y x2 y ≥ 33 x2 y x4 + y x4 + y x4 + y = ≥3 2x2 y2 x4 + y x2 y 2 x2 y Bài 7(ñề số câu 5.2): Cho các số x, y, z dương thoả mãn Chứng ming rằng: 1 + + =4 x y z 1 + + ≤1 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z HD: Sử dụng công thức: 11 1 ≤ + x+ y 4 x y Từ ñó ta có: 1 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + + + + x + y + z x + y + z x + y + z x + y x + z y + z z + x z + x z + y 2 1 1 1 1 2 11 1 ≤ + + + + + + + + = + + = =1 ☺ 16 x y z 16 x y z 16 x y z x y z Bài 8(ñề số câu 5): Cho các số thực x, y, z thoả mãn ñiều kiện: x + y + z ≤ Tìm GTLN (3) Bucthutinhdautien171@gmail.com x2 y2 z2 M= + + + x + y + z4 HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON HD: a2 a2 ≤ = Từ ñó ta có GTLN M = ☺ Sử dụng công thức: 1+ a 2a 2 Bài 9: (ñề số câu 3.a) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = và xy > x Tìm giá trị lớn biểu thức : M = + y HD: Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = 3 3 ⇔ x + 3x + 3x +1 + y + 3y + 3y + + x + y + = ⇔ (x + 1) + (y + 1) + (x + y + 2) = 2 ⇔ (x + y + 2)[(x + 1) – (x + 1)(y + 1) + (y + 1) + 1] = (*) 2 ( x + 1) – ( x + 1)( y + 1) + ( y + 1) + 1= ( x + 1) − ( y + 1) + ( y + 1) + > Nên (*) ⇔ x + y + = ⇔ x + y = - 1 x + y −2 −2 Ta có : M = + = = vì ( x + y) ≥ 4xy ⇒ ≥ 4xy ⇒ ≥ ⇒ ≤ −2 Vậy MaxM = -2 xy xy x y xy xy ⇔ x = y = -1 ☺ Vì Anh em tham khảo góp ý! Hẹn lần sau gửi tiếp☺ ☺ Bài 10(ñề số 15 câu 3.1): Giải phương trình 2012 x + x x + 2012 + x = 2012 (ñã 2011 sửa cho ñúng) HD: 2012 x + x x + 2012 + x = 2012 ⇔ (2012 + x + 2012) x − (2011.2012 − x ) = 2011 ⇔ (2012 + x + 2012) x − (2012 − x + 2012)(2012 + x + 2012) = ⇔ (2012 + x + 2012)( x + x + 2012 − 2012) = ⇔ x + x + 2012 − 2012 = (do 2012 + x + 2012 > 2012 > ∀x ) ⇔ x = 2012 − x + 2012 ⇔ x4 + x2 + = x + 2012 − x + 2012 + 1 ⇔ x2 + = x2 + 2012 − 1 1 ( vì x + 2012 − >0; x + >0) ⇔ x + = x + 2012 = x + 2012 − 2 2 2 ⇔ x + x + = x + 2012 ⇔ x + x − 2011 = ⇔ x2 + ⇔ t + t − 2011 = (ñặt t = x , t ≥ ) ⇔ t = −1 + 8044 (do t ≥ ) ⇔ x=± − + 8044 (4) Bucthutinhdautien171@gmail.com Vậy phương trình ñã cho có tập nghiệm: S = − −1 + 8044 ; −1 + 4 ☺ Bài 11( ñề số câu 5.2) Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn ñẳng thức xy + yz + zx = , tìm giá trị nhỏ biểu thức HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON P= 3x + y + z 6( x + 5) + 6( y + 5) + z + HD: Ta có: P= = 3x + y + z 3x + y + z = 2 6( x + xy + yz + xz ) + 6( y + xy + yz + xz ) + 6( z + xy + yz + xz ) 6( x + 5) + 6( y + 5) + z + 3x + y + z 6( x + y)( x + z ) + 6( y + x)( y + z ) + ( z + x)( z + y) Ta lại có: 3x + y + x + z y + z + 3x + y y+z+x+z ; 6( y + z )( y + x) ≤ ; ( z + x)( z + y ) ≤ 2 3x + y + z 3x + y + z Vậy: p ≥ = = 5x + y + z y + 3x + z z + x + y x + y + z + + 2 2 6( x + y )( x + z ) ≤ Dấu “=” x = y = 1/2z=1 ☺ Bài 12: (ñề số 15 câu 2.1) Cho x, y, z ∈ R thỏa mãn : Hãy tính giá trị biểu thức : M = 1 1 + + = x y z x+ y+z 2011 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) 2012 HD : Từ : x+ y x+ y+z−z 1 1 1 1 => + + − + + = = => + =0 x y z x+ y+z x y z x+ y+z xy z (x + y + z ) zx + zy + z + xy ⇒ ( x + y) + = ⇒ + x y ( ) = ⇒ ( x + y )( y + z ) ( z + x) = xy z ( x + y + z ) ( + + ) xyz x y z Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) Vậy M = 2011 2011 + (x + y) (y + z) (z + x).A = ☺ 2012 2012 Bài 13: ñề số câu 2) Tính giá trị các biểu thức: A= 3+ + 5+ + 7+ + .+ 97 + 99 (5) Bucthutinhdautien171@gmail.com B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35 142 43 99 sè HD: HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON 1) A = + + 1 + .+ 3+ 5+ 7+ 97 + 99 1 = ( − + − + − + .+ 99 − 97 ) = ( 99 − ) ☺ 2 2) B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35 = 142 43 99 sè =33 +2 +333+2 +3333+2+ .+ 333 33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33) = 198 + ( 99+999+9999+ +999 99) ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ +10100 – 1) = 198 – 33 + 10101 − 10 +165 ☺ B = 27 198 + Anh em tham khảo góp ý! Hẹn lần sau gửi tiếp☺ ☺ Bài 14: (ñề số 13 câu 3.1)1 Cho a, b là các số dương thoả mãn ñiều kiện a2 = b + 3992 x + y + z = a và x, y, z là nghiệm dương hệ phương trình 2 x + y + z = b biểu thức P sau ñây không phụ thuộc vào x, y, z : P= x ( )( Chứng minh giá trị ) (1996 + y )(1996 + z ) 1996 + z 1996 + x (1996 + y )(1996 + x ) + + y z 1996 + x 1996 + y 1996 + z HD: Ta có: ( x + y + z )2 = x + y + z + 2( xy + yz + zx) ⇔ a = a − 2.1996 + 2( xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + xz = 1996 Vậy: 1996 + x = xy + yz + zx + x = ( x + y )( x + z ) Tương tự ta có: 1996 + y = ( y + x)( y + z ) ; 1996 + z = ( z + y )( z + x) Thay vào P ta có: (1996 + y )(1996 + z ) P=x +y 1996 + x =x (1996 + z )(1996 + x ) + z 2 1996 + y (1996 + y )(1996 + x ) 1996 + z ( y + x)( y + z )( z + x)( z + y ) ( x + y )( x + z )( z + x)( z + y ) ( x + y )( x + z )( y + x)( y + z ) +y +z ( x + y )( x + z ) ( y + x)( y + z ) ( z + x)( z + y ) = x ( y + z )2 + y ( x + z ) + z ( x + y ) = x( y + z ) + y ( x + z ) + z ( x + y ) = 2( xy + yz + xz ) = 3992 Vật P không phụ thuộc vào x, y, z ☺ Bài 15: (ñề số 12 câu 2.2) Giải phương trình: HD: Biến ñổi dạng x − + 2x − + x + + 2x − = ( x − + 1) + ( x − + 3) = 14 ⇒ x = 15 ☺ (6) Bucthutinhdautien171@gmail.com Bài 16: Cho hai số thực dương a, b thoả mãn ñiều kiện a2 + b2 ≤ 2 HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON 1 Tim giá trị nhỏ biểu thức sau: Q= a + + b + a b 2 HD: Bài này ñể a + b ≤ Có lẽ tìm GTNN khó!!! Bài 17: (ðề số 12 câu 5.1)Chứng minh với số thực x, y , z luôn có: x + y − z + y + z − x + z + x − y + x + y + z ≥ ( x + y + z ) (*) HD: ðặt a = x +y – z, b = y + z – a; c = z + x – b Vậy số a, b, c phải có hai số cùng dấu Ta giả sử a.b > Ta có x + y + z = a + b + c, 2x = a + c; 2z = b + c ⇒ x + y + z + y + x − z = a + b = a + b = y ðể chứng minh bất ñẳng thức ñã cho ta chứng minh bất ñẳng thức sau: c + a + b + c ≥ a + c + b + c (**) ñúng với a.b > Ta có: (**) ⇔ c a + b + c + ab ≥ a + c b + c ⇔ c(a + b + c) + ab ≥ ab + ac + cb + c (***) Ta thấy (***) ñúng vì nó có dạng A + B ≥ A + B Dấu xảy a, b, c và a + b + c chia làm hai cạp cùng dấu Ví dụ ab >0 và c(a+b+c)>0 ☺ Bài 18:Câu 2( ñề số 5): (4,0 ñiểm) ( x + 1)( y + 1) + xy = Giải hệ phương trình x (I) y x2 +1 + y2 +1 = − HD: Vì ( x + 1)( y + 1) >0 nên từ phương trình thứ hệ ta suy xy khác 1 x + y + + = x y 1 ðặt u = x + ; v = y + Khi ñó ta tìm ñược : I ⇔ () 1 x y + =− 1 x+ y+ x y (u; v) = {(4; −2), (−2; 4)} Hệ pt ñã cho có nghiệm:… ☺ Bài 19:Câu ñề số 1: (4,0 ñiểm) ( Cho x + 2011 + x )( y + ) 2011 + y = 2011 (1) Tính giá trị biểu thức T = x 2011 + y 2011 HD: Nhân vế với ( x − x + 2011) ta có: (x + 2011 + x )( x − 2011 + x )( y + ) ( 2011 + y = 2011 x − 2011 + x ) (7) Bucthutinhdautien171@gmail.com ) ( ) ( ⇔ ( x − x − 2011) y + y + 2011 = 2011 x − x + 2011 ⇔ x + y = x + 2011 − y + 2011(*) HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON Nhân vế với ( y − y + 2011) ta có: (x + 2011 + x )( y − 2011 + y )( y + ) ( ) ( 2011 + y = 2011 y − 2011 + y ( ) ⇔ ( y − y − 2011) x + x + 2011 = 2011 y − y + 2011 ⇔ x + y = x + y = C1: Từ (*) va(**) ta có: ) y + 2011 − x + 2011(**) x = ⇔ y = y + 2011 − x + 2011 = Vậy T = Hoặc c2: Từ (*) và (**) ta có x +y = -x – y, suy x = -y Vậy x 2011 = − y 2011 ⇒ T = x 2011 + y 2011 = ☺ Bài 20: Bài ñề số 7.(4ñ) Giải hệ phương trình sau: x + y = x + y = x + y HD: 7 4 3 7 4 7 3 Ta có x + y = ( x + y )( x + y ) = x + y + x y + x y = x + y + x y ( x + y ) x = x3 y = ⇒ x y ( x + y) = ⇒ ⇔ y = x + y = x = − y 3 *)Với x = thì y = y = thì x = *) Với x = - y, không thỏa mãn hệ Vậy (x,y)=(0 ; 1), ( 1; 0) 1 1 x + x + 1 + = y y Bài 21: ðề số câu2) Giải hệ phương trình: x3 + x + x + = y y y3 HD: ñk y khác 1 1 1 x x + + + = x x + + + + + + = x x =4 y2 y y2 y y y ⇔ ⇔ x3 + x + x + = x x + + x + = x + x + = y y y y y y y y2 y ðặt x + = u; x + = v Vậy bài toán trở nên ñơn giản nhiều ☺ y2 (8) Bucthutinhdautien171@gmail.com HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON 2 x x 10 Bài 22: ðề số câu 1: + = x −1 x +1 HD: C1:Ta biến ñổi hai vế cách quy ñồng pt ñã cho chuyển phương trình trùng phương ☺ 2 2 2x2 x 2x2 10 x x 10 x + = ⇔ + + − = C2: 2 x −1 x +1 x −1 x −1 x +1 x −1 2 x2 x x2 10 x 1 49 x ⇔ + = ⇔ − 2 + = − x − 36 x −1 x +1 x −1 x −1 x2 2x2 − = = 2 2x 1 49 x −1 x −1 ⇔ − = ⇔ ⇔ 2 x − 36 2x − = − 2x = − x − x − ðến ñây bài toán trở nên dễ nhiều so với bài toán ban ñầu ☺ x2 + y = x2 y Bài 23: ðề số câu 3.2) Giải hệ phương trình 2 (1) ( x + y )(1 + xy ) = x y ðặt x + y = u; xy = v ñó ta có: 2 2 u − 2v = 2v u = 2v + 2v u = 2v(1 + v) ⇔ ⇔ ⇒ u = 8v3 ⇔ u = 2v (1): 2 u (1 + v ) = 4v u (1 + v ) = 4v u (1 + v ) = 4v Vậy nhiệm vu ñã trở nên ñơn giản nhiều ☺ Hẹn lần sau gửi tiếp☺ ☺ Hẹn lần sau gửi tiếp☺ ☺☺☺ “Toán học là biển cả, quay ñầu là bờ!” Bài 24: Bài 3ñề số 8: (4.0 ñiểm) a Chứng minh phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = luôn có nghiệm hữu tỉ với số n nguyên b Gọi x1, x2 là nghiệm phương trình x2 + 2009x + = x3, x4 là nghiệm phương trình x2 + 2010x + = Tính giá trị biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) HD: a.Chứng minh Phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = luôn có nghiệm hữu tỉ với số n nguyên n =-1: Phương trình có nghiệm Với n ≠ -1 ⇒ n+1≠0 ∆’= 1+ n(n+2)(n+3)(n+1) (9) HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON Bucthutinhdautien171@gmail.com = 1+ (n2 + 3n)(n2+3n+2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + =(n2 + 3n + 1)2 ∆’≥ nên phương trình luôn có nghiệm ∆’ chính phương, các hệ số là số nguyên nên các nghiệm phương trình là số hữu tỉ ☺ b Gọi x1, x2 là nghiệm phương trình x2 + 2009x + = x3, x4 là nghiệm phương trình x2 + 2010x + = Tính giá trị biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm Có: x1x2 = x3x4 = x1+x2 = -2009 x3 + x4 = -2010 Biến ñổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) = (x1x2 + x2x3 - x1x4 -x3x4 )(x1x2+x1x3-x2x4-x3x4) = (x2x3 - x1x4 )(x1x3-x2x4 ) = x1x2x32 - x3x4x22 - x3x4x12+x1x2x42 = x32 - x22 - x12 + x42 = (x3 + x4 )2 - 2x3x4 -( x2+ x1)2 + 2x1x2 = (x3 + x4 )2 -( x2+ x1)2 Thay x1+x2 = -2009; x3 + x4 = -2010 ñược : 20102 - 20092 =2010+2009 =4019 ☺ Bài 25: Bài ñề số 8: (4.0 ñiểm) x + y = 11 b.Giải hệ phương trình: x + xy + y = + HD: S − P = 11 S + P = + - ðặt S = x + y; P = xy ñược: - ⇒ S + 2S − (17 + ) = - Giải phương trình ñược S1 = + ; S = −5 − - S1 = + ñược P1 = ; S = −5 − ñược P2 = + - Với S1 = + ; P1 = có x, y là hai nghiệm phương trình: X − (3 + ) X + = - Giải phương trình ñược X = 3; X = - Với S = −5 − ñược P2 = + có x, y là hai nghiệm phương trình: X + (5 + ) X + + = Phương trình này vô nghiệm x = x = ; ☺ y = y = - Hệ có hai nghiệm: Bài 26: Bài ñề số 8: ( 1.0 ñiểm) Cho A(n) = n2(n4 - 1) Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với số tự nhiên n HD: (10) HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON Bucthutinhdautien171@gmail.com - A(n) = n.n(n2 - 1)( n2 + 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n2 + 1) Do n(n - 1)(n+1) chia hết cho nên A(n) chia hết cho với n - A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n) Do n5 - n chia hết cho theo phecma nên A(n) chia hết cho với n - Nếu n chẵn ⇒ n2 chia hết cho ⇒ A(n) chia hết cho Nếu n lẻ ⇒ (n-1)(n+1) là tích hai số chẵn nên nó chia hết cho ⇒ A(n) chia hết cho với n - Ba số 3,4,5 ñôi nguyên tố cùng nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay A(n) chia hết cho 60 ☺ Bài 27: Bài ñề số 8: ( 3.0 ñiểm) Cho ñường tròn (O) và ñiểm A nằm ngoài ñường tròn Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với ñường tròn (B, C là các tiếp ñiểm) ðoạn thẳng AO cắt ñường tròn (O) M Trên cung nhỏ MC (O) lấy ñiểm D AD cắt (O) ñiểm thứ hai E I là trung ñiểm DE ðường thẳng qua D vuông góc với BO cắt BC H và cắt BE K a Chứng minh bốn ñiểm B, O, I, C cùng thuộc ñường tròn b Chứng minh ∠ ICB = ∠ IDK c Chứng minh H là trung ñiểm DK HD: B K M A O H D I E C a)OB ⊥ BA; OC ⊥ CA ( AB, AC là các tiếp tuyến) OI ⊥ IA (I là trung ñiểm dây DE) ⇒ B, O, I, C cùng thuộc ñường tròn ñường kính AO b)∠ICB = ∠IAB ( Cùng chắn cung IB ñường tròn ñường kính AO) DK // AB (Cùng vuông góc với BO) ⇒ ∠ IDK = ∠IAB Từ (1) và (2) ñược: ∠ ICB = ∠ IDK c)∠ ICB = ∠ IDK hay ∠ ICH = ∠ IDH ⇒ Tứ giác DCIH nội tiếp ⇒ ∠HID = ∠ HCD ∠ HCD = ∠ BED (Cùng chắn cung DB (O)) ⇒ ∠HID = ∠ BED ⇒ IH // EB 10 (1) (2) (11) HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON Bucthutinhdautien171@gmail.com ⇒ IH là ñường trung bình DEK ⇒ H là trung ñiểm DK ☺ Bài 28: Bài 2ñề số 8: (4.0 ñiểm) a.Giải phương trình: x + x − x + x + = −2 HD: x + 5x + − x + 5x + = ðặt y = x + x + (y ≥ 0) ñược: y2 - y - = Giải phương trình ñược: y1 = -1 (loại); y2 = ( các ñồng chí giải tiếp nhé) ☺ Bài 29: Câu III ñề số 12 (4,0 ñiểm) Tìm các số nguyên a ñể phương trình: x2 – (3 + 2a)x + 40 – a = có nghiệm nguyên Hãy tìm các nghiệm nguyên ñó a≥0 b≥0 Cho a, b, c là các số thoả mãn ñiều kiện: 19a + 6b + 9c = 12 Chứng minh ít hai phương trình sau có nghiệm: x − 2(a + 1)x + a + 6abc + = x − 2(b + 1)x + b + 19abc + = HD: 1.Ta tính ñược ∆ = 4a + 16a − 151 ðể pt có nghiệm nguyên thì ∆ = n ⇔ 4a + 16a − 151 = n ⇔ (4a + 16a + 16) − n = 167 ⇔ (2a + − n)(2a + + n) = 167 Vì 167 là số nguyên tố và 2a + − n < 2a + + n nên ta có: 2a + + n = 167 4a + = 168 a = 40 2a + − n = ⇔ ⇔ 2a + + n = −167 4a + = −168 a = −44 2a + − n = −1 *) Với a = 40 thay vào PT ñể tìm nghiệm *) Với a = -44 thay vào pt ñể tìm nghiệm Từ pt ta tính ñược ∆1 = a(2 − 6bc); ∆ = b(2 − 19ac) ⇒ ∆1 + ∆ = a (2 − 6bc) + b(2 − 19ac) Mà theo giả thiết 19a + 6b + 9c = 12 , ta có tổng (2 − 6bc) + (2 − 19ac) = − c(19a + 6b) = − c(12 − 9c) = (3c − 2) ≥ Vậy hai số - 6bc; - 19 ac phải có số không âm, mà theo giả thiết a, b là số không âm Vậy ∆1 ; ∆ có biểu thức không âm Vậy hai pt có nghiệm Bài 30: Câu II ñề số 12 (4,0 ñiểm) Giải hệ phương trình: 2x − xy = 1(1) 2 4x + 4xy − y = 7(2) HD: 11 (12) Bucthutinhdautien171@gmail.com Nhận thấy x = không phải là nghiệm nên từ (1) ta có: y = 2x − (*) x Thế vào (2) ta ñược: x − x − = Từ ñây công việc trở nên rât dễ dàng ☺ Bài 31: Câu 3.2 ñề số 15 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 + y3 + 6xy = 21 HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON HD: a) ðặt S = x + y ; P = xy => ñiều kiện cần ñể hệ có nghiệm là S2 ≥ 4P (*) Phương trình ñã cho tương ñương với :S3 – SP + 6P = 21 ⇔ S3 – 3SP + 6P – = 13 ⇔ ( S – ) ( S2 + 2S - 3P + ) = 13 (2) Xét nhân tử : M = S2 + 2S – 3P + = ( x + y ) + 2(x + y ) – xy + 2 = x2 + y2 – xy + 2(x +y ) + = (x − y ) + (x + ) + (y + ) ≥ Vậy S – và M là ước số dương số nguyên tố 13 ta xét trường hợp sau : S − =1 x = x = S = TH1 : ⇔ ⇔ y = y = P = S + S − P + = 13 S = 15 TH2 : S − = 13 vô nghiệm vì không thoả mãn (*) ⇔ [ S + 2S − 3P + = ] P = 86 Vậy phương trình có nghiệm nguyên là ( ; ) ; ( ; ) Bài 32 : Câu ñề số 13: (2 ñiểm) a) Cho a, b, c là các số thực dương thay ñổi thỏa món: a + b + c = Tìn giá trị nhỏ biểu thức: P = a + b + c + ab + bc + ca a 2b + b 2c + c a HD: Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 mà a3 + ab2 ≥ 2a2b (áp dụng BðT Côsi ) b3 + bc2 ≥ 2b2c c3 + ca2 ≥ 2c2a Suy 3(a2 + b2 + c2) ≥ 3(a2b + b2c + c2a) > Suy ab + bc + ca P ≥ a + b2 + c2 + a + b2 + c2 − (a + b + c ) 2 ⇒P≥a +b +c + 2(a + b + c ) ðặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh ñược t ≥ 9−t t t Suy P ≥ t + = + + − ≥3+ − = ⇒ P ≥ 2t 2t 2 2 Dấu xảy và a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P là 12 (13) Bucthutinhdautien171@gmail.com Bài 33: ðỀ SỐ CÂU3.2) Tính tổng 4+ + 15 240 + 14399 + + + 1+ 3+ 119 + 121 S= HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON HD: Nhân tử và mẫu các hạnh tử vơi biểu thức liên hợp mẫu, ta có: S= = 4+ + 15 240 + 14399 − 3 3 − 5 19 119 − 21 121 + + + = + + + −2 −2 −2 1+ 3+ 119 + 121 − 21.11 −230 = = 115 −2 −2 Bài 34: Câu 3.2 ñề số 15 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 + y3 + 6xy = 21 ðặt S = x + y ; P = xy => ñiều kiện cần ñể hệ có nghiệm là S2 ≥ 4P (*) Phương trình ñã cho tương ñương với :S3 – SP + 6P = 21 S3 – 3SP + 6P – = 13 ( S – ) ( S2 + 2S - 3P + ) = 13 (2) Xét nhân tử : M = S2 + 2S – 3P + = ( x + y ) + 2(x + y ) – xy + 2 = x2 + y2 – xy + 2(x +y ) + = (x − y ) + (x + ) + (y + ) ≥ Vậy S - và M là ước số dương số nguyên tố 13 ta xét trường hợp sau : S − =1 x = x = S = TH1 : ⇔ ⇔ y = y = P = S + S − P + = 13 [ ] S − = 13 TH2 : S S = 15 ⇔ + 2S − 3P + = P = 86 vô nghiệm vì không thoả mãn (*) Vậy phương trình có nghiệm nguyên là ( ; ); ( ; ) Bài 35 câu 1.2 ñề số 6: Giải phương trình: (2x2 – 3x +1)(2x2 + 5x +1) = 9x2 HD: +) x = không phải là nghiệm +) x khác Chi vế cho x2 ta ñược: 2x – + 2x + + = ⇔ 2x + – 2x + + x x x x vụ ñã trở nên rễ dàng 1 13 = Ta ñặt, nhiệm (14)