Đang tải... (xem toàn văn)
HS : Ta có thể làm các cách sau : GV chốt bảng Gọi An là một biểu thức phụ thuộc vào n n N hoặc n Z a/ Để chứng minh An chia hết cho m ta phân tích An thành tích trong đó có một thừa[r]
(1)CHUYÊN ĐỀ 1:CHIA HẾT VÀ CHIA CÓ DƯ I, CHIA HẾT ĐỐI VỚI SỐ NGUYÊN A Mục tiêu: Sau học xong chuyên đề học sinh có khả năng: 1.Biết vận dụng tính chất chia hết số nguyên dể chứng minh quan hệ chia hết, tìm số dư và tìm điều kiện chia hết Hiểu các bước phân tích bài toán, tìm hướng chứng minh Có kĩ vận dụng các kiến thức trang bị để giải toán B Phương tiện: - GV: giáo án, tài liệu Casio - HS: Máy tính Casio C Nội dung bài giảng: Kiến thức cần nhớ GV : Khí nào ta nói A chia hết cho B HS: Khi ta viết A = B.Q GV : để chứng minh A(n) chia hết cho số nguyên m ta cần chững minh gì ? HS : Ta có thể làm các cách sau : (GV chốt bảng) Gọi A(n) là biểu thức phụ thuộc vào n (n N n Z) a/ Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta phân tích A(n) thành tích đó có thừa số là m (hoặc tổng hiệu chia hết cho m) + Nếu m là hợp số ta phân tích m thành tích các thừa số đôI nguyên tố cùng chứng minh A(n) chia hết cho tất các số đó + Trong k số liên tiếp tồn số là bội k b/ Khi chứng minh A(n) chia hết cho n ta có thể xét trường hợp số dư chia m cho n * Ví dụ1: C/minh A = n3(n2- 7)2 – 36n chia hết cho 5040 với số tự nhiên n GV: hãy phân tích 5040 thừa số nguyên tố HS: Ta có 5040 = 24 32.5.7 A= n3(n2- 7)2 – 36n = n.[ n2(n2-7)2 – 36 ] = n [n.(n2-7 ) -6].[n.(n2-7 ) +6] = n.(n3-7n – 6).(n3-7n +6) (2) Ta lại có n3-7n – = n3 + n2 –n2 –n – 6n -6 = n2.(n+1)- n (n+1) -6(n+1) =(n+1)(n2-n-6)= (n+1 )(n+2) (n-3) Tương tự : n3-7n+6 = (n-1) (n-2)(n+3) d Do đó A= (n-3)(n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3) Ta thấy : A là tích số nguyên liên tiếp mà số nguyên liên tiếp: - Tồn bội số (nên A ) - Tồn bội (nên A ) - Tồn hai bội (nên A ) - Tồn bội đó có bội (nên A 16) Vậy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi nguyên tố cùng A 5.7.9.16= 5040 Ví dụ 2: Chưng minh với số nguyên a thì : a/ a3 –a chia hết cho b/ a5-a chia hết cho GV: muốn chứng minh A(a) chia hết cho n ta có thể làm nào ? HS: viết A(a) thành tích n số tự nhiên liên tiếp GV: yêu cầu HS giải a/ a3-a = (a-1)a (a+1) là tích các số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho b/ A= a5-a = a(a2-1) (a2+1) Cách 1: Ta xết trường hợp số dư chia a cho - Nếu a= k (k Z) thì A 5 (1) - Nếu a= 5k 1 thì a2-1 = (5k2 1) -1 = 25k2 10k 5 A 5 (2) - Nếu a= 5k 2 thì a2+1 = (5k 2)2 + = 25 k2 20k +5 A 5 (3) Từ (1),(2),(3) A 5, n Z Cách 2: Phân tích A thành tổng hai số hạng chia hết cho : + Một số hạng là tích số nguyên liên tiếp + Một số hạng chứa thừa số Ta có : a5-a = a( a2-1) (a2+1) = a(a2-1)(a2-4 +5) = a(a2-1) (a2-4) + 5a(a2-1) = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2)- 5a (a2-1) Mà = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2) 5 (tích số nguyên liên tiếp ) (3) 5a (a2-1) 5 Do đó a5-a 5 * Cách 3: Dựa vào cách 2: Chứng minh hiệu a - a là tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Ta có: a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) = a5-a – (a2- 4)a(a2-1) = a5-a - (a3- 4a)(a2-1) = a5-a - a5 + a3 +4a3 - 4a = 5a3 – 5a 5 a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5 Mà (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5 a5-a 5(Tính chất chia hết hiệu) c/ Khi chứng minh tính chia hết các luỹ thừa ta còn sử dụng các đẳng thức: an – bn = (a – b)( an-1 + an-2b+ an-3b2+ …+abn-2+ bn-1) an + bn = (a + b)( an-1 - an-2b+ an-3b2 - …- abn-2+ bn-1) - (HĐT 8) (HĐT 9) Sử dụng tam giác Paxcan: 1 1 1 3 1 … Mỗi dòng bắt đầu và kết thúc Mỗi số trên dòng (kể từ dòng thứ 2) số liền trên cộng với số bên trái số liền trên Do đó: Với a, b Z, n N: an – bn chia hết cho a – b( a b) a2n+1 + b2n+1 chia hết cho a + b( a -b) (a+b)n = Bsa +bn ( BSa:Bội số a) (a+1)n = Bsa +1 (a-1)2n = Bsa +1 (a-1)2n+1 = Bsa -1 * VD3: CMR với số tự nhiên n, biểu thức 16 n – chia hết cho 17 và n là số chẵn (4) Giải: + Cách 1: - Nếu n chẵn: n = 2k, k N thì: A = 162k – = (162)k – chia hết cho 162 – 1( theo nhị thức Niu Tơn) Mà 162 – = 255 17 Vậy A 17 - Nếu n lẻ thì : A = 16n – = 16n + – mà n lẻ thì 16n + 16+1=17 (HĐT 9) A không chia hết cho 17 +Cách 2: A = 16n – = ( 17 – 1)n – = BS17 +(-1)n – (theo công thức Niu Tơn) - Nếu n chẵn thì A = BS17 + – = BS17 chia hết cho 17 - Nếu n lẻ thì A = BS17 – – = BS17 – Không chia hết cho 17 Vậy biểu thức 16n – chia hết cho 17 và n là số chẵn, n N Tìm số dư GV: với hai số a và b ta luôn viết ntn ? HS: viết thành a = b.q + r (0 < r < b) GV: để tìm số dư ta làm ntn ? HS: phân tích thành dang a = b.q + r thì r chính là số dư * VD1:Tìm số dư chia 2100 a/ cho b/ cho 25 Giải: a/ Luỹ thừa sát với bội là 23 = = – Ta có : 2100 = 299= (23)33 = 2(9 – )33 = 2(BS9 -1) ( theo nhị thức Niu Tơn) = BS9 – = BS9 + Vậy 2100 chia cho dư b/ Luỹ thừa gần với bội 25 là 10 = 1024 =1025 – Ta có: 2100 =( 210)10 = ( 1025 – )10 = BS 1025 + = BS 25 +1 (theo nhị thức Niu Tơn) Vậy 2100 chia cho 25 dư * VD2: Tìm chữ số tận cùng 51994 viết hệ thập phân Giải: - Cách 1: Ta có: 1994 = 4k + và 54 = 625 Ta thấy số tận cùng 0625 nâng lên luỹ thừa nguyên dương bất kì tận cùng 0625 (5) Do đó: 51994 = 54k+2=(54)k 52 = 25 (0625)k = 25 (…0625)= …5625 Cách 2: Tìm số dư chia 51994 ch 10000 = 24.54 - Ta thấy 54k – = (54)k – 1k chia hết cho 54 – = (52 + 1) (52 - 1) 16 Ta có 51994 = 56(51988 – 1) + 56 mà 56 54 và 51988 – = (54)497 – chia hết cho 16 ( 51994)3 56(51988 – 1)chia hết cho 10000 còn 56= 15625 51994 = BS10000 + 15625 51994 chia cho 10000 dư 15625 Vậy chữ số tận cùng 51994 là 5625 Tìm điều kiện chia hết * VD1: Tìm số nguyên n để giá trị biểu thức A chia hết cho giá trị biểu thức B: A = n3 + 2n2- 3n + 2; B = n2 – n Giải: n3 + 2n2- 3n + n2 – n n3 – n2 n+3 3n2 - 3n + 3n2 – 3n 2 Ta có: n3 + 2n2- 3n + = (n2 – n)(n + 3) + n n Do đó Giá trị A chia hết cho giá trị B n2 – n Ư(2) chia hết cho n(n – 1) chia hết cho n Ta có bảng: n -1 -2 n–1 -2 -3 n(n – 1) 2 Loại T/m T/m Loại Vậy với n = -1, n = thì giá trị biểu thức A chia hết cho giá trị biểu thức B VD 2: Tìm số nguyên n dể n5 + chia hết cho n3 + Giải: n5 + n3 + n5 + n2 – n2 + n3 + n2(n3 + 1)- ( n2 – 1) n3 + (6) (n – 1)(n + 1) (n+1)(n2 – n + 1) n – n2 – n + n(n – 1) n2 – n + Hay n2 – n n2 – n + (n2 – n + 1) – n2 – n + n2 – n + Xét hai trường hợp: + n2 – n + = n2 – n = n(n – 1) = n = 0, n = thử lại thấy t/m đề bài + n2 – n + = - n2 – n + = , không có giá trị n thoả mãn VD 3: Tìm số tự nhiên n cho 2n - chia hết cho Giải: Ta có luỹ thừa gần với bội là 23 = = + - Nếu n = 3k (k N) thì 2n - 1= 23k – = (23)k – = k - 1k 8 – = Nếu n = 3k + 1(k N) thì 2n - = 23k+1 – = 8k – 1= 2(8k – 1) + = BS7 + 2n - không chia hết cho - Nếu n = 3k +2(k N) thì 2n - = 23k+2 – 1= 4.23k – = 4( 8k – 1) + = 4.BS7 + 2n - không chia hết cho Vậy 2n - 7 n = 3k (k N) (7) Bài tập Bài 1: Chứng minh rằng: a/ n3 + 6n2 + 8n chia hêt ch 48 với số n chẵn b/ n4 – 10n2 + chia hết cho 384 với số n lẻ Giải a/ n3 + 6n2 + 8n = n(n2 + 6n + 8) = n( n2 + 4n + 2n + 8) = n[n(n + 4) + 2(n + 4)] = n(n+2)(n + 4) Với n chẵn, n = 2k ta có: n3 + 6n2 + 8n = 2k(2k + 2)(2k + 4) = 8.k (k + 1)k + 2) 8 b/ n4 – 10n2 + = n4 – n2 – 9n2 + = n2(n2 – 1)- 9(n2 – 1) = (n2 – 1)(n2 - 9) = (n – 1)(n+1)(n-3)(n+3) Với n lẻ, n = 2k +1, ta có: n4 – 10n2 + = (2k +1 – 1)(2k + 1+1)(2k + – 3)( 2k + +3) = 2k(2k+2)(2k-2)(2k+4)= 16k(k+1)(k-1)(k+2) 16 Bài 2: Chứng minh a/ n6 + n4 -2n2 chia hết cho 72 với số nguyên n b/ 32n – chia hết cho 72 với số nguyên dương n Giải: Ta có: A= n6 + n4 -2n2 = n2(n4+n2 -2)= n2(n4 + 2n2 –n2 – 2)= n2[(n2 +2)- (n2 +2)] = n2(n2 + 2)(n2 – 1) Ta lại có: 72 = 8.9 với (8,9) = Xét các trường hợp: + Với n = 2k A = (2k)2(2k + 1) (2k -1)(4k2 +2) = 8k2(2k + 1) (2k -1)(2k2 +1) 8 + Với n = 2k +1 A = (2k + 1)2(2k +1 – 1)2= (4k2 + 4k +1)4k2 8 Tương tự xét các trường hợp n = 3a, n= 3a để chứng minh A 9 Vậy A 8.9 hay A 72 Bài 3: Cho a là số nguyên tố lớn Chứng minh a2 – chia hết cho 24 Giải: Vì a2 là số nguyên tố lớn nên a lẻ a2 là số chính phương lẻ a2 chia cho dư a2 – chia hết cho (1) (8) Mặt khác a là số nguyên tố lớn a không chia hết cho a2 là số chính phương không chia hết cho a2 chia cho dư a2 – chia hết cho Mà (3,8) = (2) (3) Từ (1), (2), (3) a2 – chia hết cho 24 Bài 4: Chứng minh rằng: Nếu số tự nhiên a không chia hết cho thì a6 -1 chia hết cho Giải: Bài toán là trường hợp đặc biệt định lý nhỏ Phéc ma: - Dạng 1: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên thì ap – a chia hết cho p - Dạng 2: Nếu a là số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p thì a p-1-1 chia hết cho p Thật vậy, ta có a6 -1 = (a3 + 1) (a3 - 1) - Nếu a = 7k 1 (k N) thì a3 = ( 7k 1)3 = BS7 a3 - 7 - Nếu a = 7k 2 (k N) thì a3 = ( 7k 2)3 = BS7 23 = BS7 a3 - 7 - Nếu a = 7k 3 (k N) thì a3 = ( 7k 3)3 = BS7 33 = BS7 27 a3 + 7 Ta luôn có a3 + a3 – chia hết cho Vậy a6 – chia hết cho Bài 5: Chứng minh rằng: Nếu n là lập phương số tự nhiên thì (n-1)n(n + 1) chia hết cho 504 Giải: Ta có 504 = 32 7.8 và 7,8,9 nguyên tố cùng đôi Vì n là lập phương số tự nhiên nên đặt n = a3 Cần chứng minh A=(a3-1)a3(a3 + 1) chia hết cho 504 Ta có: + Nếu a chẵn a3 chia hết cho Nếu a lẻ a3-1và a3 + là hai số chẵn liên tiếp (a3-1) (a3 + 1) chi hết cho Vậy A 8 , 19a9 n N (1) + Nếu a 7 a3 7 A 7 Nếu a không chia hết cho thì a6 – 7 (a3-1) (a3 + 1) 7(Định lí Phéc ma) Vậy A 7 , n N (2) + Nếu a 3 a3 9 A 9 Nếu a không chia hấe cho a = 3k 1 a3 = ( 3k 3)3= BS9 1 (9) a3 – = BS9+1 – 9 a3 + = BS9- + 9 Vậy A 9 , n N (3) Từ (1), (2), (3) A 9 , n N II, CHIA HẾT ĐỐI ĐA THỨC CHUYÊN ĐỀ 2: SỐ CHÍNH PHƯƠNG (theo tài liệu tập huấn hè 2011) I) Mục tiêu: I Định nghĩa: Số chính phương là số bình phương đúng số nguyên (10) II tính chất: 1) Số chính phương có thể có chữ số tận cùng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không thể có chữ tận cùng 2, 3, 7, 2) Khi phân tích thừa số nguyên tố, số chính phương chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn 3) Số chính phương có thể có hai dạng 4n 4n+1 Không có số chính phương nào có dạng 4n + 4n + (n N) 4) Số chính phương có thể có hai dạng 3n 3n +1 Không có số chính phương nào có dạng 3n + ( n N ) 5) Số chính phương tận cùng 1, thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ 6) Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho 25 Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho 16 III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A Dạng 1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh số nguyên x, y thì: A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y là số chính phương Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 2 2 = ( x xy y )( x xy y ) y 2 Đặt x xy y t (t Z ) thì (11) 2 4 2 2 A = ( t y )(t y ) y t y y t ( x xy y ) 2 2 Vì x, y, z Z nên x Z , xy Z , y Z x xy y Z Vậy A là số chính phương Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng luôn là số chính phương Giải : Gọi số tự nhiên, liên tiếp đó là n, n+1, n+2, n+3 (n Z) Ta có: n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + 2 = ( n 3n)(n 3n 2) 1 (*) Đặt n 3n t (t N ) thì (*) = t(t + 2) + = t2 + 2t + = (t + 1)2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n N nên n2 + 3n + N Vậy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + là số chính phương Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k + 1)(k + 2) Chứng minh 4S + là số chính phương 1 (k 3) ( k 1) Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) = k (k + 1)(k + 2) = k(k + 1)(k + 2) 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) 4S = 1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) => 4S + = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + Theo kết bài => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + là số chính phương Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; - Dãy số trên xây dựng cách thêm số 48 vào các chữ số đứng trước và đứng sau nó Chứng minh tất các số dãy trên là số chính phương (12) Ta có: n 444 4888 89 444 4888 444 4.10 8.111 1 n so n so n so n so n so n so 10 n n 10 n 10 1 9 4.10 n 4.10 n 8.10 n 4.10 n 4.10 n 2.10 n 9 Ta thấy 2.10 n 2000 01 n so có tổng các chữ số chia hết cho nên nó chia hết cho 2.10 n Z hay các số có dạng 44 488 89 là số chính phương Các bài tương tự: Chứng minh số sau đây là số chính phương A= B= C= D= E= 111 444 1 n so n so 111 111 666 8 n so n 1 so n so 444 222 888 87 n so n 1 so n so 224999 91000 09 n so n so 111 1555 56 n so n so 10n ; Kết quả: A= D = (15.10n - 3)2 2 10n B ; 2.10n C 10 n E= 2 (13) Bài 5: Chứng minh tổng các bình phương số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương Giải: Gọi số tự nhiên liên tiếp đó là n - 2, n - 1, n +1, n + ( n N, n > 2) Ta có (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 5.(n2 + 2) Vì n2 không thể tận cùng đó n2 + không thể chia hết cho 5.(n2 + 2) không là số chính phương hay A không là số chính phương Bài 6: Chứng minh số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 đó n N và n >1 không phải là số chính phương Ta có: n6 - n + 2n3 + 2n2 = n2 (n4 - n2 + 2n +2) = n2 [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)] = n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) [(n3 + 1) - (n2 - 1)] = n2(n + 1)2 (n2 - 2n + 2) Với n N, n > thì n2 - 2n + = ( n -1)2 + > ( n - 1)2 Và n2 - 2n + = n2 - 2(n - 1) < n2 Vậy (n - 1)2 < n2 - 2n + < n2 n2 - 2n + không phải là số chính phương Bài 7: Cho số chính phương có chữ số hàng chục khác còn chữ số hàng đơn vị là Chứng minh tổng các chữ số hàng chục số chính phương đó là số chính phương Ta biết số chính phương có chữ số hàng đơn vị là thì chữ số hàng chục nó là số lẻ Vì chữ số hàng chục số chính phương đó là 1,3,5,7,9 đó tổng chúng + + + + = 25 = 52 là số chính phương Bài 8: Chứng minh tổng bình phương số lẻ không phải là số chính phương Ta có: Vì a và b lẻ nên a = 2k + 1, b = 2m + (Với k, m N) a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + = (k2 + k + m2 + m) + (14) a2 + b2 không thể là số chính phương Bài 9: Chứng minh p là tích n (với n > 1) số nguyên tố đầu tiên thì p - và p + không thể là các số chính phương Ta có: Vì p là tích n số nguyên tố đầu tiên nên p và p không thể chia hết cho (1) a) Giả sử p + là số chính phương Đặt p + = m2 ( m N) Vì p chẵn nên p + lẻ nên m2 lẻ Đặt m = 2k + (k N) Ta có m2 = 4k2 + 4k + => p + = 4k2 + 4k + p = 4k2 + 4k = 4k (k + 1) mâu thuẫn với (1) p + không phải là số chính phương b) p = 2.3.5 là số chia hết cho p - có dạng 3k + p - không là số chính phương Vậy p là tích n (n >1) số nguyên tố đầu tiên thì p - và p + không là số chính phương Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 2007 2011 Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N - 1, 2N và 2N + không có số nào là số chính phương a) 2N - = 2.1.3.5.7 2011 - Có 2N => 2N - = 3k + (k N) 2N - không là số chính phương b) 2N = 2.1.3.5.7 2011 => 2N chẵn N lẻ N không chia hết cho và 2N 2N không chia hết cho 2N chẵn nên 2N không chia cho dư dư 2N không là số chính phương (15) c) 2N + = 2.1.3.5.7 2011 + 2N + lẻ nên 2N + không chia hết cho 2N không chia hết cho nên 2N + không chia cho dư 2N + không là số chính phương B Dạng 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Tìm số tự nhiên n cho các số sau là số chính phương a) n2 + 2n + 12 b) n(n + 3) d) n2 + n + 1589 c) 13n + Giải: a) Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N) (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n + 1)2 = 11 (k + n + 1)(k – n - 1) = 11 Nhận xét thấy k + n + > k - n - và chúng là số nguyên dương, nên ta có thể viết (k + n + 1) (k - n - 1) = 11.1 k + n + = 11 k=6 k-n–1=1 n=4 b) đặt n(n + 3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2 (4n2 + 12n + 9) – = 4a2 (2n + 3)2 – 4a2 = (2n + + 2a)(2n + – 2a) = Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a và chúng là số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1 2n + + 2a = n=1 2n + – 2a = c) Đặt 13n + = y2 (y N) 13(n - 1) = y2 – 16 13(n - 1) = (y + 4)(y – 4) (y + 4)(y – 4) 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 13 y – 13 a=2 (16) y = 13k (với k N) 13(n - 1) = (13k 4)2 – 16 = 13k.(13k 8) 13k2 8k + Vậy n = 13k2 8k + (với k N) thì 13n + là số chính phương d) Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n + > 2m – 2n – > và chúng là số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy n có thể có các giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28 Bài tương tự : Tìm a để các số sau là số chính phương Kết quả: a) a2 + a + 43 b) a2 + 81 c) a2 + 31a + 1984 a) 2; 42; 13 b) 0; 12; 40 c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728 C Dạng : TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài : Cho A là số chính phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị thì ta số chính phương B Hãy tìm các số A và B Gọi A = abcd k Nếu thêm vào chữ số A đơn vị thì ta có số B = (a 1)(b 1)(c 1)(d 1) m với k, m N và 32 < k < m < 100 a, b, c, d = 1; (17) Ta có: A = abcd k B = abcd 1111 m Đúng cộng không có nhớ m2 – k2 = 1111 (m - k)(m + k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m – k)(m + k) > nên m – k và m + k là số nguyên dương Và m – k < m + k < 200 nên (*) có thể viết (m – k) (m + k) = 11.101 Do đó: m – k = 11 m + k = 101 m = 56 n = 45 A = 2025 B = 3136 Bài 2: Tìm số chính phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị Đặt abcd k ta có ab cd 1 và k N, 32 k < 100 Suy : 101 cd = k2 – 100 = (k – 10)(k + 10) k + 10 101 k – 10 101 Mà (k – 10; 101) = k + 10 101 Vì 32 k < 100 nên 42 k + 10 < 110 k + 10 = 101 k = 91 abcd = 912 = 8281 Bài 3: Tìm số chính phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống Gọi số chính phương phải tìm là: aabb = n2 với a, b N, a 9; b Ta có: n2 = aabb = 11 a0b = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1) Nhận xét thấy aabb 11 a + b 11 Mà a 9; b nên a + b 18 a + b = 11 Thay a + b = 11 vào (1) n2 = 112(9a + 1) đó 9a + là số chính phương Bằng phép thử với a = 1; 2;…; ta thấy có a = thoả mãn b = (18) Số cần tìm là: 7744 CHUYÊN ĐỀ : BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CHỨA CĂN BẬC HAI Buổi I-MỤC TIÊU: HS vận dụng kiến thức CBH, CBB để giải các bài tập rút gọn biểu thức chứa II-NỘI DUNG: A, Các công thức biến đổi thức 1) A2 A 2) AB A B (víi A 0 vµ B 0 ) A A B ( víi A 0 vµ B ) 3) B 4) a 2b a b ( víi B 0 ) 5) a b a b ( víi A 0 vµ B 0 ) (19) a b a b (víi A 0 vµ B 0 ) A B b 6) AB (víi A.B vµ B ) A A B B 7) B ( víi B > ) C A B C A b2 8) A B C C 9) A B (víi A vµ A B2 ) A B A B (víi A , B vµ A B ) B Bài tập áp dụng bài tập Tính a, A = 6 120 15 32 2 3 2 1 b, B = 4 c) 15 5 HD: a, A = 11 30 = 6 30 15 120 15 1 11 30 4.30 = c) = 5 5 4 30 30 11 2 32 2 3 2 b, B = = 15 15 15 = 22 5 15 15 15 = 3 4 15 2 = 5 =3 15 (20) Bài tập Tính a) F = b) G = c) H = 21 6 21 6 HD: a) Cách F= 82 8 1 2 71 2 = 1 71 = Cách : Phương pháp “ Bình phương hai vế” Có F > Nên F2 = + + - - 4 7 4 7 = - 16 = F = b) Cách G = - - ( + ) = -2 Cách :Phương pháp “ Bình phương hai vế” Chú ý : G < c) Cũng có hai cách trên Đáp số H = 3 3 =6 Bài tập 3: Chứng minh các biểu thức sau có giá trị là số nguyên a) A = 57 38 13 48 b) B = 6 57 38 (21) 5 c) C = 3 29 12 HD: a) A = 57 38 (2 1) 2 3 5 6 b) B = c) C = 5 2 3 5 93 12 92 28 1 Z 3 2 1 Z 6 = = 6 2 5 1 Z Bài tập 4: So sánh A và 2B với A = 10 24 40 60 và B = 16 2 3 HD: Ta có A = ( 2)2 3 2 3 2 ( 5)2 10 15 2 3 2 3 B= 1 Vậy 2B = + 2 Suy A > 2B Bài tập 5: Rút gọn biẻu thức a) A = 5 6 b) B = 1 2 3 2008 2009 HD: 2 3 2 3 (22) Sử dụng phương pháp trục thức a) A = b) B = 5 5 3 5 6 6 6 5 5 2 ( 3) 2008 2009 2009 6 6 Bài tập 6: Tính 1 a) N = 2008 2009 2008 b) M = 10 10 2 2 c) P = 2 2 2 HD: a) N = 1 2008 2008 2008 2008 2007 b) Phương pháp “ Bình phương hai vế” M2 = - c) Có P= 51 3 1 M=1- vì M < 2 2 2 2 2 1 3 3 2 2 2 = 5 2 3 2 3 2 3 3 Bài tập 7: = 3 3 3 5 (23) Rút gọn biểu thức 45a6 30a5 5a4 a) A= 3a với a < 1 2m m2 b) B = m HD: 3 5a 9a 6a 1 5a 3a 3a 3a 3a 3a a) A = vì 3a <1 nên 3a - < b) Điều kiện m 1 B= m 1 m m 4(m 1) Buổi I-MỤC TIÊU: HS tiếp tục vận dụng kiến thức CBH, CBB để giải các bài tập biểu thức chứa căn: rút gọn, chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức II-NỘI DUNG: Bài tâp 1: Cho biÓu thøc a 2 a : a a a a A= víi a 1 a) Rót gän A b) Tìm a để gia trị a đạt GTLN HD: (24) a) A = a 1 a a a 1 a : a a a a a1 a1 a 1 1 a a 1 a 1 a = -(a- a +1) b) A = -(a- a +1) = - 3 3 ) - 4 => Amax = ( a 1 a a (tháa m·n) x2 x 2x x 1 x x x Bài tâp 2: Cho biÓu thøc: y = a) Rút gọn y Tìm x để y = y b) Cho x > CMR y - =0 c) T×m GTNN y HD: a) §kx® x > x x x 1 *A = x x x 1 x x1 x x 1 x 1 x x b) y = x- x x x x 0 x 2 x1 với x > thì y > đó y y y y 0 c) y = x 1 ymin = 1 1 x x 2 4 1 x x t/m Bài tâp 3: Cho biÓu thøc x x 2 x *y=2 x x 1 1 x 1 x x 1 = x 2 x 4 (t/m) (25) 1 a 1 : a a a a P= a) Rót gän P b) Tìm a để P nhận giá trị nguyên HD: a) §kx® a 1 Khi đó ta có 1 a P= a 1 1 a a 1 a a 2 a : : a 1 a 1 a a a 1 a 1 a 1 : a 2a a a a 1 a 1 a a a = 1 b) Cã P nhËn gi¸ trÞ nguyªn th× a 1 NÕu a = cã P = lµ gi¸ trÞ nguyªn VËy a = lµ gi¸ trÞ t/m NÕu a 1 ta cã a - a 0a P > L¹i cã theo B§T C«si P= a 1 a a 1 a 2 2a Do đó < P < mà P Z P =1 a a =1 a a 0 a 3 7 a 2 7 KL : a = hoÆc a = a b ab : a b ab a ab b Bài tâp 4: Cho biÓu thøc P = a) Rót gän P (26) b) Tìm a, b nguyên để P = HD: ab a b a) §kx® a Khi đó ta có P = = ab a a b a ab ab b ab a ab b ab ab b ab a ab b b ab ab a b ab ab ab ab a b a b a b ab ab a b ab ab a b a b ab a b ab b) Gi¶ sö cã a, b nguyªn vµ đó P = a b b 4 a b 4 (*) ab a b a b Do cã a, b nguyªn vµ a 1 Nªn tõ (*) b 4 hoÆc a 4 b 1 hoÆc a b hoÆc a b a 3 a 6 a 1 a b 6 hoÆc b 3 hoÆc b (lo¹i ) hoÆc b 1 (lo¹i) a 3 KL : b 6 hoÆc a 6 b 3 (27) Buæi 3: I, MỤC TIÊU: - Củng cố thêm cho HS các dạng toán tổng hợp - HS làm thành thạo dạng toán này và rút lưu y giải dạng toán này II, NỘI DUNG: a 1 M : a a a với a >0 và a 1 a a * Ví dụ 1: Cho biểu thức a/ Rút gọn biểu thức M b/ So sánh giá trị M với Giải: Đkxđ: a >0 và a 1 a 1 M : a a a 1 a a a/ ¿ ¿( 1 a+1 + ): √ √ a ( √ a −1 ) √ a − ( √ a −1 )2 ( √ a −1 ) ( 1+ √ a )( √ a− ) 1+ √ a √ a −1 = = √a ( √a − ) √ a+1 √ a ( √ a −1 ) ( √ a+1 ) √ a 1 √ a− =1− >0 nên 1− <1 b/ Ta có M = , vì a > => √ a>0 => √a √a √a √a Vậy M < * Ví dụ 2: Cho biểu thức P= x−3 x+ −√ √ ) ( √ x − 1√ x −1 − √ x −1− ) ( √ √2 − √ x √ x − x a/ Tìm điều kiện để P có nghĩa b/ Rút gọn biểu thức P c/ Tính giá trị P với x=3 −2 √ (28) Giải: a/ Biểu thức P có nghĩa và : ¿ x √ >0 √ x −1 ≥ √ 2− √ x ≠0 √ x −1 − √ ≠0 ¿{{{ ¿ ⇔ x> x ≥1 x ≠2 x≠3 ⇔ ¿ x≥1 x ≠2 x≠3 ¿{{{ b/ Đkxđ : x ≥ 1; x ≠2 ; x ≠ P= ( √ x − √ x −1 − x−3 √ x −1− √ )( x+ −√ √ √2 − √ x √ x − x ) [ ( √ x+ √ x −1 ) ( x −3 ) ( √ x −1+ √ ) x+ − − √ √ ( √ x − √ x − )( √ x + √ x −1 ) ( √ x −1 − √ ) ( √ x −1+ √ ) √ − √ x √ x ( √ 2− √ x ) ¿ [ √ x +√ x − − ( x −3 ) ( √ x − 1+ √ ) √ x − √ x − √ x − ( x −1 ) ( x −1 ) −2 √ x ( √2 − √ x ) ( √ x+ √ x −1 − ( x − ) ( √ x −1+ √ ) − ( √ − √ x ) x − x +1 x −3 √ x (√ − √ x) ¿ ¿ ][ ] ) ¿ ( √ x+ √ x − 1− √ x −1 − √ ) −1 ( √ x − √2 ) ( − ) √ − √ x = = √x √x √x √ 2− √ x c/ Thay x=3 −2 √ 2=( √ 2− )2 vào biểu thức P= , ta có: √x √ 2− √( √ −1 ) √2 −|√ −1| √ 2− √ 2+ P= = = | | 2−1 √ −1 √ ( −1 ) √√ * Ví dụ 3: Cho biểu thức : a/ Rút gọn biểu thức A b/ Tìm x để A < c/ Tìm x nguyên để A nguyên II Bài tập: A= ¿ =√ 2+1 √2 −1 2x x+1 −11 x − − x +3 − x x −9 với x ≠ ± ] (29) Bài1: Cho biểu thức 1 x2 A : x x 3x 27 3x 1) Rút gọn A 2) Tìm x để A < –1 x A = 2 x Bµi 2: Cho biÓu thøc a) Rót gän biÓu thøc A; b) Tìm giá trị x để A > - x B = x 2 Bµi 3: Cho biÓu thøc a) Rót gän biÓu thøc B; b) Tìm giá trị x để A > C= x x x x x x x 10 x : x x 2 x 2 x x x 1 x x 1 Bµi 4: Cho biÓu thøc a) Rót gän biÓu thøc C; b) Tìm giá trị x để C < *MỘT SỐ BƯỚC KHI LÀM DẠNG TOÁN (Đây là dạng toán và có tính tổng hợp cao) Bước 1: Điều kiện để biểu thức có nghĩa (căn thức xác định, mẫu khác không… bài toán chưa cho) Bước 2: Phân tích các mẫu thành nhân tử (áp dụng thành thạo các phép biến đổi thức) + Áp dụng quy tắc đổi dấu cách hợp lý để làm xuất nhân tử chung + Thường xuyên để ý xem mẫu này có là bội ước mẫu khác không Bước 3: Tiến hành quy đồng rút gọn, kết hợp với điều kiện đề bài để kết luận Bước 4: Làm các câu hỏi phụ theo yêu cầu bài toán + Tuân thủ nghiêm ngặt các phép biến đổi phương trình, bất phương trình + Kết hợp chặt chẽ với điều kiện bài toán để nhận nghiệm, loại nghiệm và kết luận CHUYÊN ĐỀ 4: BẤT ĐẲNG THỨC (chuyên đề hè 2011) I, MỤC TIÊU: (30) - hệ thống cho học sinh các kiến thức bất đẳng thức - HS làm quen và giải thành thạo loại toán bất đẳng thức - HS làm số dạng toán chứng minh bất đẳng thức II, NỘI DUNG: A - CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1) Phương pháp đổi tương đương Để chứng minh: A B Ta biến đổi A B A1 B1 An Bn (đây là bất đẳng thức đúng) Hoặc từ bất đẳng thức đứng An Bn , ta biến đổi An Bn An Bn A1 B1 A B Ví dụ 1.1 CMR : a ) a b a b (1) b) a b c ab bc ca (1) Giải 2 a) 1 a b a b 0 a b 2ab 0 a b 0 Do bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) chứng minh b) 1 a b2 c ab bc ca 0 a 2ab b b 2bc c c 2ca a 0 2 a b b c c a 0 (2) Bất đẳng thức (2) đúng suy điều phải chứng minh Ví dụ 1.2 CMR a) a b a b a b3 (1) b) 3 a b c a b c a3 b3 c3 (1) (2) (31) Giải a) 1 2a 2b a a 3b ab3 b 0 a a 3b ab3 b3 0 a a b b3 a b 0 a b a b 0 a b a ab b 0 Do bất đẳng thức (2) đúng suy điều phải chứng minh b) 1 3a 3b 3c a a 3b a 3c b ab3 b3c ac bc c 0 a b a 3b ab3 b c b3c bc a c a 3c ac 0 2 a b a ab b2 b c b2 bc c a c a ac c 0 Ví dụ 1.3 CMR : a) a b2 x b ax by a b2 c d b) a c 1 b d 1 Giải a) 1 a x a y b x b y a x 2abxy b y a y 2abxy b y 0 ay bx 0 b) 1 a b2 c d a a 2 b2 c d a c b d b c d ac bd (2) Nếu ac + bd < thì (2) đúng Nếu ac bd 0 thì a b2 c d ac bd a 2c a d b 2c b d a 2c 2abcd b 2d 2 ad bc 0 Suy đpcm (32) Ví dụ 1.4 a b2 c2 a b c b c a Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng: 1 Giải 1 a3c b3a c3b a 2bc b ac c 2ab 0 ac a 2ab b ab b 2bc c bc c 2ca a 0 2 ac a b ab b c bc c a 0 đpcm Ví dụ 1.5 2 Cho a, b, c > CMR: a b c a b a c b c b a c 3abc (1) Giải G / s a, b c 1 3abc a b c a b a c b c b a c 0 a a ab ac bc b b bc ba ac c c ac bc ab 0 a a b a c b b c b a c c a c b 0 a b a ac b2 bc c a c b c 0 a b a b c c a c b c 0 Suy ĐPCM 2) Phương pháp biến đổi đồng Để chứng minh BĐT: A B Ta biến đổi biểu thức A – B thành tổng các biểu thức có giá trị không âm Ví dụ 2.1 Chứng minh rằng: a)a b c d ab ac ad b) a 4b2 4c 4ab 4ac 8bc 1 1 (33) Giải a) Ta có a b2 c2 d ab ac ad a2 a2 a2 a2 = ab b ac c ad d a 2 a b 2 2 a a c d 0 2 b) Ta có : a 4b 4c 4ab 4ac 8bc a 4ab 4b 4c 4ac 8bc 2 a 2b 4c 4c a 2b a 2b 2c 0 Ví dụ 2.2 Chứng minh rằng: a) a b3 a b b) a b3 c a b b c c a c) a b c với a, b > 3 3 với a, b, c > a b3 c 24abc với a, b, c 0 Giải a) Ta có : a b3 a b a b a ab b a b 3 a b a b 0 3 b) Ta có : a b3 c3 a b b c c a 3 3 a b3 a b a c c a b3 c b c 2 3 a b a b a c a c b c b c 0 (34) c) Ta có : a b c a b3 c 24abc a b a b c a b c c a b3 c 24abc a 3a 2b 3ab b3 3a 2c 6abc 3ac 3bc a b3 24abc 3 a 2b c 2b 2abc a 2c b 2c 2abc b 2a c 2a 2abc 2 3b a c 3c a b 3a b c 0 Ví dụ 2.3 Với a, b, c > Chứng minh rằng: 1 a) a b a b 1 b) a b c a b c a b c c) b c c a a b Giải 2 1 a b 4ab a b 0 a) Ta có : a b a b a b a b 1 1 a b b c a c b)Ta có : a b c a b c b a c b c a a b ab b c bc a c ac 0 (35) a b c a 1 b 1 c 1 b c c a a b b c 2 c a 2 a b 2 a b a c b a b c c a c b 2 b c 2 c a 2 a b c)Ta có : 1 1 1 a b b c c a b c c a a c a b a b b c 2 b c a c a b 0 a c b c a c a b a b b c Cách a b c a 1 b 1 c 1 b c c a a b b c c a 2 a b a b a c a b b c a c b c 6 2 bc ac ab Ta có : a b b c b c a c a c a b 2 2 0 b c a b a c bc a b a c Ví dụ 2.4 a) Cho a, b 0 CMR: a + b 2 ab (Bất đẳng thức Cô – si) b) Cho a, b, c 0 CMR: a + b + c 3 abc (Bất đẳng thức Cô – si) c) Cho a b c và x y z.CMR a b c x y z 3 ax by cz (Bất đẳng thức Trê bư sếp) Giải a) Ta có: b) a b ab a b 0 a3b3c 3a a b c x y z 3 ax by cz a b c 3 abc b y x a b z x b c x z c a 0 c) Ví dụ 2.5 c b a c 0 (36) Cho a, b, c > Chứng minh: bc ac ab a b c a b c bc ac ab b) 3 a b2 c2 a b c a) Giải 2 bc ac ab a b a c b c a) a b c c b a 0 a b c ab ac bc bc ac ab b) a b c b c a 2 2 c2 a2 b2 2 a b 2 c b 2 a c 0 2a b cb ac Ví dụ 2.6 Chứng minh a) 1 2 a b ab ab b) 1 a b ab a2 + b2 < c) 1 a b ab -1 < a, b < d) 1 a 1 b ab a, b > Giải (37) 1 1 = + 2 2 a b ab a ab b ab a) a b ab 1 0 a b2 ab 1 a b2 b) ab 1 c) ab 0 a b ab 1 0 2 ab 0 a b ab 1 1 1 = + 2 2 a b ab a ab b ab 1 a d) 2 1 a b b ab 1 a b 1 a 2 0 1 b 2 ab a b ab 1 = 0 ab a b ab 3) Phương pháp sử dung tính chất bất đẳng thức Cơ sở phương pháp này là các tính chất bất đẳng thức và số bất đẳng thức như: a)a b, b c a c b) a b và a.b > 1 a b a b 0 c) ac bd c d d ) a b 0 e) a, b 1 a b a b Ví dụ 3.1 Cho a + b > Chứng minh: a4 b4 Giải (38) 2 a b2 a b 1 2 4 a b a b 0 a b 2 Ví dụ 3.2 Với a, b, c > CMR a b3 c ab ac bc b c a a b3 c b) a b c b c a a) Giải x2 a) Ta có : x xy y y x, y a b3 c a ab b2 b2 bc c c ac a ab ac bc b c a x3 b) Ta có : 3 x y x, y y a b3 c 3a 2b 3b 2c 3c 2a a b c b c a Ví dụ 3.3: Cho a, b, c > CMR: bc ac ab a b c a b c a2 b2 c2 a b c b) b c c a a b a) Giải bc ac 2c a b a) dễ dàng chứng minh đpcm a bc a b c b) dễ dàng chứng minh đpcm Ví dụ 3.4 (39) a) cho x, y, z >0 t/m: 1 1 1 4.CMR : 1 x y z 2x y z x y z x y 2z b) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 1 1 1 a b c a c b b c a a b c c) Cho a, b, c > thỏa mãn: abc = ab + bc + ca Chứng minh: 1 a 2b 3c b 2c 3a c 2a 3b 16 Giải 1 a b a b 1 1 1 1 x y z x y x zx x y x z 16 x y z a) Ta có : a, b 1 1 1 1 2 ; x y z 16 x y z x y z 16 x y z Tương tự: 1 1 1 1 x y z x y z x y z 16 x y z 1 1 ; a b c a b c 2a a a b c b c a b 1 1 1 1 a bc bc a c a b c a b c b c a a b c b) 1 1 1 1 a 2b 3c a c b c a c b c 16a 32b 32c 1 1 tt: ; 3a b 2c 32a 16b 32c 2a 3b c 32a 32b 16c 1 1 1 a 2b 3c 3a b 2c 2a 3b c 32 a b c 16 c) (40) Ví dụ 3.5 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a b c 2 a b b c c a a b c a b c b) 2 b c c a a b a b c2 a) Giải y y t x x t a) áp dụng BĐT: a a c b ba c c b Ta có : ; ; a b a b c b c b c a c a a b c a b c 2 a b b c c a x y 0, t ta có: a a b c a 1 a 1 b 1 c 1 a b c mà b c c a a b b) Ta có : a 2a suy điều phải chứng minh 4)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Co-si *) Cho a1 , a2 , , an 0, ta có : a1 a2 an n n a1.a2 an Dấu “=” xảy a1 a2 an 0 Ví dụ 4.1 Cho a, b > thỏa mãn ab = CMR: a b 1 a b2 Giải Áp dụng BĐT Cosi ta có 8 a b (41) a b 2ab 2 a b 2 ab 2 4 a b 4 a b 1 a b2 2 a b 1 a b a b a b a b 4 8 a b a b 2 a b a b Ví dụ 4.2 Chứng minh rằng: a b a) b) a b a b b a với a, b 0 a b c 2 b c ca a b với a,b,c > Giải a b a) Ta có : a b a b 1 1 a b ab a b 2 2 1 1 mà a a , b b a b a b 4 2 b) a b 2 a b a b b a bc 1 b c a b c 1 1 a 2 a a a a b c a b c tt: b b c c ; a c a b c a b a b c (42) Cộng vế với vế ta được: a b c 2 bc ca a b a b c b a c a b c 0 Dấu “=” xảy c a b vô lí Vậy dấu “=” không xảy Ví dụ 4.3 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a b3 c a) b c c a a b2 2abc 1 a b3 c b) 3; (a b c 1) 2 a b b c c a 2abc Giải a2 a2 b2 b2 c2 c2 ; ; b c 2bc a c 2ac a b2 2ab a2 b2 c2 a2 b2 c2 a3 b3 c b c a c a b 2bc 2ac 2ab 2abc a) Ta có : b) Ta có : 1 1 1 2 a b c 2 2 a b2 b2 c c a c2 a2 a b b c c2 a2 b2 a b3 c 3 3 a b2 b2 c c a 2abc Ví dụ 4.4 Cho a, b, c > Chứng minh 1 1 3 3 a b abc b c abc c a abc abc Giải (43) Ta có : a b 2ab a b3 ab a b abc abc c a b abc ab a b abc a b c tt: abc a abc b ; 3 b c abc a b c c a abc a b c 3 Cộng vế với vế suy điều phải chứng minh Ví dụ 4.5 Cho a, b, c > thỏa mãn a2 +b2 + c2 = Chứng minh ab bc ca 3 (1) c a b Gải a 2b b c c a 1 a b2 c 3 a b2 c c a b 2 2 2 ab bc ca ab bc ab ac bc ca mà : a b c c a b c a c b a b Suy điều phải chứng minh 5)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Bunhiacopski a *) a *) 2 b x y xa by dấu “=” xảy b c x y z xa by cz a kx b ky a kx b ky dấu “=” xảy c kz Tổng quát: a a22 an2 x12 x22 xn2 a1 x1 a2 x2 an xx kxi Ví dụ 5.1 dấu “=” xảy = (44) Cho a, b > Chứng minh 1 a) a b a b n m2 m n b) a b a b Giải a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: 1 a b 4 a b b a b a 1 a b a b n2 m2 m n b) a b n m a b b b a a n m2 n m a b a b Tổng quát: a12 a22 an2 a1 a2 an bn b1 b2 bn Cho bi 0, i 1.n thì b1 b2 (1) a a an a1 a2 a n cn a1c1 a2c2 ancn (2) Với ci với i 1.n thì c1 c2 Thật vậy: a1 a12 a22 an2 a2 an b b b b b b n n a1 a2 an bn b2 bn b1 b2 b1 a12 a22 an2 a1 a2 an b1 b2 bn b1 b2 bn đặt aici = bi > thay vào (1) (2) Ví dụ 5.2 (45) Cho a,b,c là các số thực dương Chứng minh a b2 c a b c b c a 3 a b c3 c) a b c b c a a) a2 b2 c2 a bc b c c a a b 3 a b c a b2 c2 d) b c c a a b b) Giải a b2 c a b c a) Ta có : a b c b c a a b c a2 b2 c2 a b c a b c b) b c c a a b 2 a b c 2 2 a b3 c a b c a b c c) a b c b c a ab bc ca ab bc ca a3 b3 c3 a4 b4 c4 a b2 c2 d) b c a c a b ab ac ab bc ac bc 25a 16b c 8 b c c a a b Ví dụ 5.3: Cho a, b, c > Chứng minh: Giải c a b Ta có : VT 25 1 16 1 42 bc c a a b 25 16 1 42 8 a b c a b c 2 a b c b c c a a b b c a c a b a 0 Dấu “=” xảy vô lí suy điều phải chứng minh Làm trội – làm giảm: Bµi tËp 1: CMR a) 1 1 n 1 n < víi n 1vµ n N (46) 2 3 36 35 1 32 36 35 < 12 b) HD: a) Ta cã 1 1 k k k k k 1 k 1 k k k 1 k k k k = ¸p dông víi k 2 k 1 k 1; 2;3; ; n 1 k 1 k k 1 k 1 ta cã 1 1 2 (1) 1 2 3 (2) …………………… 2 n 1 n n n 1 (n) Céng vÕ víi vÕ n B§T trªn ta cã 1 1 n 1 n 1 < n < b) XÐt biÓu thøc n 1 n n 1 n víi n N* 2n 1 V× (n+1) +n = 2n + = 1 n 1 n n n 1 Bài tập 2 4n 4n 4n 4n 2 n n 1 (47) a) 1 1 n 1 n b) < với n 1và n N 2 3 36 35 1 32 36 35 < 12 HD: a) Ta có 1 1 k k k k k k k k k 1 k k k k = áp dụng với k 2 k 1 k 1; 2;3; ; n 1 k 1 k k 1 k 1 ta có 1 1 2 (1) 1 2 3 (2) …………………… 2 n 1 n n n 1 (n) Cộng vế với vế n BĐT trên ta có 1 1 n 1 n 1 < n < b) Xét biểu thức n 1 n n 1 n với n N* Vì (n+1) +n = 2n + = 2n 1 4n 4n 4n 4n 2 n n 1 (48) 1 n 1 n n n 1 n 1 n n 1 n ( n2 n 1 n n n 1 n 1 n 1 ( n 1) n n n 1 n 0) 1;2; ;36 áp dụng BĐT với n ta có 1 1 1 2 3 36 35 35 36 1 32 36 35 < 2 2 2 1 = 2.6 12 Lưu ý :Ta có thể dùng BĐT cô si (n+1) + n > Tổng quát n 1 n 2 3 n 1 n n 1 1 32 (n 1) n n 1 1;2; ;36 ¸p dông B§T víi n ta cã 1 1 1 2 3 36 35 35 36 1 32 36 35 < 2 2 2 1 = 2.6 12 Lu ý :Ta cã thÓ dïng B§T c« si (n+1) + n > Tæng qu¸t n 1 n 2 3 n 1 n n 1 1 32 (n 1) n n 1 (49) CHUYÊN ĐỀ 5: CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT (Chuyên đề hè 2011) A, MỤC TIÊU : - Cung cấp cho HS các phương pháp tìm cực trị các biểu thức đại số và tìm giá trị nguyên các biểu thức đại số - HS biết làm số dạng bài tập chuyên đề này B, NỘI DUNG Cho biểu thức f(x,y…) Ta nói M là giá trị lớn f(x,y…) kí hiệu maxf(x,y…) = M, hai điều kiện sau thỏa mãn: - Với x,y… để f(x,y…) xá định thì f(x,y…) M - Tồn x0, y0… cho f(x0,y0…) = M * Ta nói m là giá trị nhỏ f(x,y…) kí hiệu minf(x,y…) = m, hai điều kiện sau thỏa mãn: - Với x,y… để f(x,y…) xá định thì f(x,y…) m - Tồn x0, y0… cho f(x0,y0…) = m I) TÌM GTLN, GTNN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI (50) 1) Đa thức bậc hai biến Ví dụ 1.1 a) b) c) d) Tìm GTNN A = 3x2 – 4x + Tìm GTLN B = - 5x2 + 6x – Tìm GTNN C = (x – 2)2 + (x – 3)2 Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c Tìm GTNN P a > Tìm GTNN P a > Giải 4 2 1 x x 3 x x 9 3 3 Vậy minA= a) A = 3 1 x x x x 25 5 5 Vậy maxB = b) B = 25 5 1 2 x x x x 2 x x 2 x 2 2 c) C = x Vậy maxC = 2 b b2 b2 b b2 a x x c a a c a 4a 4a 2a 4a d) Ta có: P = b2 b2 b c c x 4a 2a Nếu a > thì P 4a Vậy minP = Nếu a < thì P c b2 b2 b c x 4a Vậy maxP = 4a 2a Ví dụ 1.2 a) Tìm GTNN M = x2 – 3x + với x 2 b) Tìm GTLN N = x2 – 5x + với x 8 Giải a) M = x 1 x Vậy minM = -1 x = (51) b) N = x 3 x 25 25 Vậy maxN = 25 x = -3, x = Đa thức bậc hai hai biến a) Đa thức bậc hai hai biến có điều kiện Ví dụ 2a.1 a) Cho x + y = Tìm GTLN P = 3xy – b) Cho x – 2y = Tìm GTNN Q = x2 + 2y2 – x + 3y Giải 13 13 x y 1 x 1 y P 3 y y y 4 a) 13 x Vậy maxP = b) x y 2 x 2 y Q 4 y y y y y 11 11 6 y y 6 y y 16 8 Vậy minQ = 11 x Ví dụ 2a.2 Tìm GTLN của P = xy vói x, y thỏa mãn a) x y 6, y 4 b) x y S , y a S a) P y y 8 y y 8 Vậy maxP = x = 2, y = b) Q S y y S a a y a y a S S a a Vậy maxQ = (S – a)a x = S – a, y = a b) Đa thức bậc hai hai biến (52) Cho đa thức: P(x,y) = ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + h (1), với a,b,c 0 Ta thường đưa P(x, y) dạng P(x, y) = mF2(x, y) + nG2(y) + k (2) P(x, y) = mH2(x, y) + nG2(x) + k (3) Trong đó G(y), H(x) là hai biểu thức bậc ẩn, H(x, y) là biểu thức bậc hai ẩn Chẳng hạn ta biến đổi (1) (2) với a, (4ac – b2) 0 4aP ( x, y ) 4a x 4abxy 4acy 4adx 4aey 4ah 4a x b y d 4abxy 4adx 2bdy 4ac b 2ae bd y 4ah d 2ax by d 2 2ae bd 2ae bd 4ac b y ahd 4ac b 4ac b 2 (Tương tự nhân hai vế (1) với 4c để chuyển (3)) Ví dụ 3.1 a) Tìm GTNN P = x2 + y2 + xy + x + y b) Tìm GTLN Q = -5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – Giải a) P 4 x y xy x y 4 x y xy x y y y 1 4 = x y 1 y 3 3 Vậy minP = x y 3 2 b) 5Q 25 x 10 xy 10 y 70 x 50 y = x y y 80 Q 2 5x y y 16 16 5 Vậy maxQ = 16 x = 1, y = Ví dụ 3.2 Tìm cặp số (x, y) với y nhỏ thỏa mãn: x2 + 5y2 + 2y – 4xy – = (*) (53) Giải 2 (*) x y y 1 4 y 1 4 y 3 y 1 0 y 1 Vậy miny = -3 x = -6 Vậy ccawpj số (x, y) = (-6; -3) II PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC 1) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si Ví dụ 1.1 Tìm GTLN, GTNN A = x x x với 3 Giải A2 3x 3x 3x 5 3x 2 3x 3x Vậy A2 2 A Vậy minA = x , y 3 A2 4 A 2 max A 2 x 2 (Biểu thức cho dạng tổng hai thức Hai biểu thức lấy có tổng là số) Ví dụ 1.2 Cho x, y > thỏa mãn x + y 6 Hãy tìm GTNN P = 3x y x y Giải P Ta có: 3x y 3x y x y 9 19 2 x y 2 x y Vậy minP = 19 x = 2, y = Ví dụ 1.3 x y y x xy Tìm GTLN biểu thức M = với x 3; y 2 (54) Giải M To có: x x y y Theo bất đẳng thức Cô – si ta có: x x 3 M x 3 y ; y 2 x y 2 y 3 max M x 6; y 4 6 Sử dụng BĐT Bunhiacopski (BCS) Ví dụ 2.1 Cho x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx =1 Tìm GTNN biểu thức A = x + y4 + z4 Giải Áp dụng BĐT BCS ta có xy yz zx x y z x y z x y z x y z 1 x y z 1 P minP = x = y = z = 3 Ví dụ 2.2: Tìm giá trị nhỏ Q = + + đó a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Giải (55) a b c a b c Ta có : Q 2b c 2c a 2a b a 2b c b 2c a c 2a b a b c ab bc ca 1 b 4ac minQ = a b c Ví dụ 2.3 Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Tìm GTNN P 1 1 a b c ab bc ca Giải 1 ab bc ca ab bc ca P 2 2 a b c ab bc ca a b c ab bc ca ab bc ca 2 a b c 21 9 30 ab bc ca a b c minP = 30 a = b = c = (56) Chuyên đề 6: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ A, MỤC TIÊU - Trang bị cho HS các kiến thức phương trình vô ti - HS biết và giải số dạng phương trình vô tỉ đơn giản B, NỘI DUNG I Giải phương trình vô tỷ * Các phương pháp Luỹ thừa khử dùng định nghĩa Đặt ẩn phụ (vòng 2) Dùng bất đẳng thức Xét khoảng II áp dụng các phương pháp a Phương pháp trị tuyệt đối Bài tâp 1: Giải phương trình: x 4x x 8 (1) Giải: (1) (x 2) 8 x (57) Với điều kiện x ≤ Ta có: (1) |x – 2| = – x – Nếu x < 2: (1) – x = – x (vô nghiệm) – Nếu ≤ x ≤ 8: (1) x – = – x x = Đáp số: x = Bài tâp 2: Giải phương trình x x x 10 x 2 x x (2) Giải: (2) x x x 2.3 x 2 x x x 1 | x |2.| x 1| Đặt y = x (y ≥ 0) phương trình đã cho trở thành: y 1 | y |2 | y 1| – Nếu ≤ y < 1: y + + – y = – 2y y = –1 (loại) – Nếu ≤ y ≤ 3: y + + – y = 2y – y = – Nếu y > 3: y + + y – = 2y – (vô nghiệm) Với y = x + = x = Vậy: phương trình đã cho có nghiệm là x = b Phương pháp nâng lên lũy thừa a) Dạng 1: g(x) 0 f (x) g(x) f (x) [g(x)]2 Bài tâp: Giải phương trình: x x (1) (58) Giải: (1) x 1 x x x 1 x 3x 0 x 1 x 3 Vậy: phương trình đã cho có nghiệm x = b) Dạng 2: f (x) g(x) h(x) Bài tâp: Giải phương trình: x 5 x (2) Giải Với điều kiện x ≥ Ta có: (2) 2x (x 3)(x 2) 25 x x 5 (x 3)(x 2) 12 x 2 x 12 2 x x 144 x 24x 2 x 12 x 6 25x 150 Vậy: phương trình đã cho có nghiệm x = c Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Chứng tỏ tập giá trị hai vế là rời nhau, đó phương trình vô nghiệm Bài tâp: Giải phương trình x 5x 3x Cách điều kiện x ≥ Với x ≥ thì: Vế trái: x 5x vế trái luôn âm Vế phải: 3x ≥ vế phải luôn dương Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm (59) Cách Với x ≥ 1, ta có: x 5x 3x x 8x (5x 1)(3x 2) 7x 2 (5x 1)(3x 2) Vế trái luôn là số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ phương trình vô nghiệm Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế Bài tâp: 2 Giải phương trình: 3x 6x 5x 10x 14 4 2x x (1) Giải: Ta có (1) 4 9 x 2x x 2x (x 2x 1) 3 5 2 3(x 1) 5(x 1) 5 (x 1) Ta có: Vế trái ≥ 2 5 Dấu “=” xảy x = –1 Vế phải ≤ Dấu “=” xảy x = –1 Vậy: phương trình đã cho có nghiệm x = –1 d Phương pháp đưa phương trình tích: Bài tâp 1: Giải phương trình: 2x x x Giải ĐK: x ≥ Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + Do đó, nhân lượng liên hợp vào hai vế phương trình: (60) (x 3)( 2x x 1) 0 x 0 2x x 1 PT vô nghiệm Bài tâp 2: Giải phương trình: x 2(x 1) x x x (1) Giải ĐK: | x | ≤ 1: (1) x 1 x x1 = 0; x2 = 2 24 25 Bài tâp 3: Giải phương trình: x x x x 1 x (1) Giải Chú ý: x4 – = (x – 1)(x3 + x2 + x + 1) (1) x 1 x x x 0 x x 0 x=2 (61)