Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8-9

CHỦ ĐỀ 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x3 – 5x2 + 8x – 4 b) x3 – 3x + 2 c) x3 – 5x2 + 3x + 9 d) x3 + 8x2 + 17x + 10 e) x3 + 3x2 + 6x + 4 Phương pháp: Nếu đa thức có nghiệm nguyên thì nghiệm nguyên đó là ước của hạng tử tự do. Nếu đa thức có tổng các hệ số bằng 0 thì đa thức có nghiệm x = 1=> Đa thức có chứa nhân tử là x – 1 Nếu đa thức có tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của hạng tử bậc lẻ thì đa thức có nghiệm x = - 1 => Đa thức có nhân tử là x + 1. Bài giải: x3 – 5x2 + 8x – 4 = (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 b) x3 – 3x + 2 = (x3 – x) - (2x - 2) = x(x2 – 1) – 2(x - 1) =(x – 1)(x2 + x – 2) c) x3 – 5x2 + 3x + 9 = (x3 + x2) – (6x2 + 6x) + (9x + 9) = x2(x + 1) - 6x(x + 1) + 9(x +1) = (x + 1)(x – 3)2 d) x3 + 8x2 + 17x + 10 = (x3 + x2 ) + (7x2 + 7x) + 10x + 10) = x2(x +1) + 7x(x + 1) + 10(x + 1) = (x + 1)(x2 + 7x + 10) = (x + 1) [(x2 + 2x) + (5x + 10) ] =(x + 1)(x + 2)(x + 5) e) x3 + 3x2 + 6x + 4 = (x3 + x2) +(2x2 +2x) +(4x + 4) = x2(x + 1) + 2x(x + 1) + 4(x +1) = (x + 1)(x2 + 2x + 4) Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x3 – 2x – 4 b) 2x3 – 12x2 + 17x – 2 c) x3 + 9x2 + 26x + 24 d) x3 – 2x2 – 3x + 10 Bài giải: x3 – 2x – 4 = (x3 – 2x2) + (2x2 – 4x) + (2x – 4) = x2(x – 2) + 2x(x – 2) + 2(x – 2) = (x – 2)(x2 + 2x + 2) 2x3 – 12x2 + 17x – 2 = (2x3 – 4x2) – (8x2 – 16x) + (x – 2) = 2x2(x – 2) – 8x(x – 2) + (x – 2) = (x – 2)(2x2 – 8x + 1) x3 + 9x2 + 26x + 24 = (x3 + 2x2) + (7x2 + 14x) + (12x + 24) = x2(x + 2) + 7x(x + 2) + 12(x + 2) = (x + 2)(x2 + 7x + 12) = (x + 2) [(x2 + 4x) + (3x + 12) ] = (x + 2)(x + 3)(x + 4) x3 – 2x2 – 3x + 10 = (x3 + 2x2) – (4x2 + 8x) + (5x + 10) = x2(x + 2) – 4x(x + 2) + 5(x + 2) = (x + 2)(x2 – 4x + 5) Bài 3: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) 2x3 – 3x2 + 3x – 1 b) 3x3 – 14x2 + 4x + 3 c) 3x3 – 7x2 + 17x – 5 Phương pháp: Các ước của hệ số tự do không phải là nghiệm nguyên của đa thức. Nếu đa thức có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm hữu tỉ phải có dạng trong đó p là ước của hệ số tự do còn q là ước của hệ số cao nhất. Bải giải: 2x3 – 3x2 + 3x – 1 ( thấy có nghiệm x = , nên đa thức có nhân tử là 2x – 1) = (2x3 – x2) – (2x2 – x) + (2x – 1) = x2(2x – 1) – x(2x – 1) + (2x – 1) = (2x – 1)(x2 – x + 1) 3x3 – 14x2 + 4x + 3 (thấy có nghiệm x = , nên đa thức có nhân tử là 3x + 1) = (3x3 + x2) – (15x2 + 5x) + (9x + 3) = x2(3x + 1) – 5x(3x + 1) + 3(3x +1) = (3x + 1)(x2 – 5x + 3) 3x3 – 7x2 + 17x – 5 (ta thấy có nghiệm x = , nên đa thức có nhân tử là 3x – 1) = (3x3 – x2) – (6x2 – 2x) + (15x – 5) = x2(3x – 1)- 2x(3x – 1) + 5(3x – 1) = (3x – 1)(x2 – 2x + 5) Bài 4: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử x8 + x7 + 1 x7 + x5 + 1 x4 + 324 Giải: a) x8 + x7 + 1 = (x8 – x2) + (x7 – x) + (x2 + x + 1) (thêm và bớt x2 + x) = x2(x6 – 1) + x(x6 – 1) + (x2 + x + 1) = x(x6 – 1)(x + 1) + (x2 + x + 1) = (x3 – 1)(x3 + 1)(x2 + x) + (x2 + x + 1) = (x – 1)(x2 + x + 1)(x3 + 1)(x2+ x) + (x2 + x +1) = (x2 + x + 1) [(x – 1)(x3 + 1)(x2 + x) + 1] = (x2 + x + 1)(x4 – x3 + x – 1)(x3 + x) + 1] = (x2 + x + 1)(x6 – x4 + x3 + x + 1) x7 + x5 + 1 = x7 + x5 – x2- x + (x2 + x + 1) = (x7 - x) + (x5 – x2) + (x2 + x + 1) = x(x6 – 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1+ x) + (x2 + x + 1) = x(x – 1)(x2 + x + 1)(x3 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[(x2 – x)(x3 + x + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) x4 + 324 = [(x2)2 + 2.18x2 + 182] – 36x2 = (x2 + 18)2 – (6x)2 = (x2 + 6x + 18)(x2 – 6x + 18) Bài 5: Chứng mính rằng: x50 + x10 + 1 chia hết cho x20 + x10 + 1 x2 – x9 – x1945 chia hết cho x2 – x + 1 8x9 – 9x8 + 1 chia hết cho (x – 1)2 Giải: x50 + x10 +1 = (x50 – x20) + (x20 + x10 + 1) = x20(x30 – 1) + (x20 + x10 + 1) = x20(x10 – 1)(x20 + x10 + 1)+ (x20 + x10 + 1) = (x20 + x10 + 1)(x30 – x20 + 1) chia hết cho (x20 + x10 + 1) x2 – x9 – x1945 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x) = (x2 – x + 1) – (x3 + 1)(x6 – x3 + 1) – x(x1944- 1) = (x2 – x + 1) – (x + 1)(x2 – x + 1)(x6 – x3 + 1) – x( Bài 5: Tìm số nguyên a sao cho đa thức (x + a)(x – 5) + 2 phân tích được thành (x + b)(x + c) với b, c, là số nguyên Giải Dùng phương pháp xét giá trị riêng Với mọi x Î R ta luôn có: (x + a)(x – 5) + 2= (x + b)(x + c) (*) với x = 5 ta được: (5 + b)(5 + c) = 2 Vì b và c là số nguyên nên (5 + b)(5 + c) là tích của hai số nguyên. Số 2 chỉ viết được 1.2 hoặc (-1)(-2) Giả sử b < c ta xét hai trường hợp: TH1: 5 + b = 1 5 + c = 2 => b = - 4, c = -3 Thay vào (*) ta được (x + a)(x – 5) + 2 = (x – 4)(x – 3) với mọi x Với x = 4 thì -(4 + a) + 2 = 0 => 4 + a = 2 => a = -2. Đa thức phân tích thành (x -2)(x – 5) + 2 = (x – 4)(x – 3) TH 2: 5 + b = - 2 5 + c = -1 => b = - 7, c = - 6 Thay vào (*) ta được (x + a)(x – 5) + 2 = (x – 7)(x – 6) với mọi x Với x = 6 thì (6 + a) + 2 = 0 => a = - 8. Đa thức được phân tích thành (x – 8)(x – 5) + 2 = (x – 7)(x – 6) Bài 6: Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức x3 + ax2 + bx + c phân tích được thành (x + a)(x + b)(x + c). Giải: Dùng phương pháp hệ số bất định Ta có: x3 + ax2 + bx + c = (x + a)(x + b)(x + c) ó x3 + ax2 + bx + c = x3 + (a + b + c)x2 + (ab + bc + ca)x + abc ó a = a + b + c b = ab + bc + ca c = abc => b + c = 0 (1) ; ab + bc + ca = b (2) ; abc = c (3) Từ (1) => c = -b; Thay vào (2) được – b2 = b => b(b + 1) = 0 => b = 0 hoặc b = -1 * Với b = 0=> c = 0, a tuỳ ý * Với b = -1 thì c = 1, a = - 1 Vậy ta được x3 + ax2 = x2(x + a) hoặc x3 – x2 – x + 1 = (x – 1)2(x + 1) BTVN: Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: x3 – 9x2 + 6x + 16 x3 – 6x2 – x + 30 27x3 – 27x2 + 18x – 4 x2 + 2xy + y2 – x – y – 12 Bài 2: Tìm các số nguyên a, b, c sao cho (x + a)(x – 4) – 7 phân tích được thành (x + b)(x + c) Bài 3: Chứng minh rằng: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1 với mọi số n Î N Đáp số: Bài 1: a). Biến đổi x3 – 9x2 + 6x + 16 = (x + 1)(x – 2)(x – 8) b) 2 là một nghiệm Biến đổi x3 – 6x2 – x + 30 = (x + 2)(x – 3)(x – 5) c) là một nghiệm của đa thức Biến đổi 27x3 – 27x2 + 18x – 4 =(3x – 1)(9x2 – 6x + 4) d) Đặt x + y = a. Biến đổi x2 + 2xy + y2 – x – y – 12 = (x + y = 3)(x + y – 4) Bài 2: Trường hợp 1: a = -10 ; b = -3 ; c = -11 Được: (x – 10)(x – 4) – 7 = (x – 3)(x – 11) Trường hợp 2: a = 2; b = 3; c = - 5 Được: (x + 2)(x – 4) – 7 = (x + 3)(x – 5) Bài 3: x8n + x4n + 1 = (x2n + xn + 1)(x2n – xn + 1) chia hết cho x2n + xn + 1 CHUYÊN ĐỀ 2: CHIA ĐA THỨC LOẠI 1: TÌM HỀ SỐ CỦA ĐA THỨC Bài 1: Xác định các hằng số a, b, c sao cho ax3 + bx2 + 5x – 50 chia hết cho x2 + 3x – 10 x3 + ax + b chia x + 1 dư 7, chia x – 3 dư – 5 ax3 + bx2 + c chia hết cho x + 2, chia x2 – 1 dư x + 5 (Đề thi HSG – năm 2001 Đông Anh) Giải Dùng phương pháp xét giá trị riêng Phân tích đa thức chia x2 + 3x – 10 = (x + 5)(x – 2) Gọi Q(x) là đa thức thương của phép chia ax3 + bx2 + 5x – 50 cho x2 + 3x – 10. Ta có: ax3 + bx2 + 5x – 50 = (x + 5)(x – 2). Q(x) Xét các giá trị x = - 5 và x = 2. Ta được: -125a + 25b = 75 -5a + b = 3 a = 1 8a + 4b = 40 2a + b = 10 b = 8 b) Gọi P(x) là thương của phép chia x3 + ax + b cho x + 1. Q(x) là thương của phép chia x3 + ax + b cho x – 3. Ta có: x3 + ax + b = (x + 1). P(x) + 7. Xét giá trị x = -1 . ta được a – b = - 8 x3 + ax + b = (x -3). Q(x) - 5. Xét giá trị x = 3 . ta được 3a + b = - 32 a = -10, b = - 2 c) Ta được – 8a + 4b + c = 0 ; a + b + c = 6 và – a + b + c = 4 => a = 1, b = 1, c = 4 LOẠI 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ GIÁ TRỊ CỦA ĐA THỨC NÀY CHIA HẾT CHO GIÁ TRỊ ĐA THỨC KIA Bài 2: a) Tìm số nguyên n sao cho 2n3 + n2 + 7n + 1 chia hết cho 2n - 1 b) Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức 25n2 – 97n + 11 chia hết cho giá trị của biểu thức n – 4 (Đề thi HSG năm 2001 – Đông Anh) c) Tìm số nguyên n sao cho n3 – 3n2 – 3n – 1 chia hết cho n2 + n + 1 Giải: a) 2n3 + n2 + 7n + 1 = (2n3 – n2) + (2n2 – n) + (8n – 4) + 5 = n2(2n – 1) + n(2n – 1) + 4(2n – 1) + 5 = (2n – 1)(n2 + n + 4) + 5 Để 2n3 + n2 + 7n + 1 chia hết cho 2n – 1 thì 2n – 1 là ước của 5 mà Ư(5) = {1; -1; 5; -5} => n Î { …..} b) Ta có 25n2 – 97n + 11 = (25n + 3)(n – 4) + 23. Để giá trị của 25n2 – 97n + 11 chia hết cho giá trị của biểu thức n – 4 thì n – 4 phải là ước của 23 Ư(23) = {1; - 1; 23; - 23} n Î {3; 5; 27} c) n3 – 3n2 – 3n – 1 = (n3 + n2 + n) – (4n2 + 4n + 4) + 3 = n(n2 + n + 1) – 4(n2 + n + 4) + 3 = (n – 4)(n2 + n + 1) + 3 Để n3 – 3n2 – 3n – 1 chia hết cho (n2 + n + 1) thì (n2 + n + 1) là ước của 3 Để ý thấy n2 + n + 1 > 0 nên n2 + n + 1 = 1 hoặc 3 ĐS: 1, - 2, 0 , - 1 LOẠI 3: TÌM ĐA THỨC THOẢ MÃN ĐIỀU KIỆN Bài 3: Tìm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia cho x – 3 thì dư 7, f(x) chia cho x – 2 thì dư 5, f(x) chia cho (x – 2)(x – 3) thì thương là 3x và còn dư Bài 4: Tìm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia cho x – 3 thì dư 2, chia cho x + 4 thì dư 9, còn chia cho x2 + x – 12 thì được thương là x2 + 3 và còn dư Giải: Bài 3: Vì f(x) chia cho (x – 3) dư 7 nên: f(x) = (x – 3).A(x) + 7 (1) Vì f(x) chia cho (x – 2) dư 5 nên: f(x) = (x – 2). B(x) + 5 (2) Vì f(x) chia cho (x – 2)(x – 3) được thương là 3x và còn dư nên: f(x) = 3x(x – 2)(x – 3) + ax + b (3) Cho x = 3 từ (1) và (3) ta có: 7 = 3a + b Cho x = 2 từ (2) và (3) ta có: 5 = 2a + b => a = 2, b = 1. Vậy đa thức f(x) = 3x(x – 2)(x – 3) + 2x + 1 Bài 4: Vì f(x) chia cho (x – 3) dư 2 nên: f(x) = (x – 3).A(x) + 2 (1) Vì f(x) chia cho (x + 4) dư 5 nên: f(x) = (x + 4). B(x) + 9 (2) Vì f(x) chia cho x2 + x - 12 được thương là x2 + 3 và còn dư nên: f(x) = (x2 + 3)(x2 + x – 12) + ax + b = (x2 + 3)(x – 2)(x – 3) + ax + b (3) ĐS: x4 + x3 – 9x2 + 2x – 31 LOẠI 4: Tìm số dư Bài 5: Tìm dư khi chia x99 + x55 + x11 + x + 7 cho a) x + 1 b) x2 + 1 Bài 6: Tìm dư khi chia đa thức x50 + x49 + … + x2 + x + 1 cho x2 – 1 Giải: Bài 5: a) Số dư r = f(-1) = - 1 – 1 – 1 – 1 + 7 = 3. b) x99 + x55 + x11 + x + 7 = x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) – 2x + 7 = x[ (x2)49 + 1] + x[(x2)27 + 1] + x[(x2)5 + 1] – 2x + 7 Vì (x2)49 + 1; (x2)27 + 1; (x2)5 + 1 chia hết cho x2 + 1 nên số dư là – 2x + 7 Bài 6: Gọi thương là Q(x). ta có: f(x) = (x2 – 1).Q(x) + ax + b Cho x = - 1. => - a + b = 1 x = 1 => a + b = 51 => b = 26; a = 25 Vậy số dư là 25x + 26 BTVN: 1) Xác định các số a, b sao cho ax3 + bx – 24 chia hết cho (x + 1)(x + 3) 2) Xác định các số a, b sao cho x4 – x3 – 3x2 + ax + b chia cho x2 – x – 2 có dư là 2x – 3 3) Tìm dư của phép chia đa thức x + x3 + x9 + x27 + x81 cho a) x – 1 b) x2 – 1 4) Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức 2n2 + 3n + 3 chia hết cho giá trị của biểu thức 2n – 1 CHUYÊN ĐỀ 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH I - GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO Bài 1: Giải các phương trình sau: (Đề thi HSG năm 2003 – Đông Anh) 4x2 + 4x – 3 = 0 x3 – 2x2 – 3x + 10 = 0 Giải 4x2 + 4x – 3 = 0 ó (4x2 + 4x + 1) – 4 = 0 ó (2x + 1)2 – 22 = 0 ó (2x + 1 + 2)(2x + 1 – 2) = 0 => x = ½ hoặc x = -3/2 x3 – 2x2 – 3x + 10 = 0 ó (x + 2)(x2 – 4x + 5) = 0 Ta có x2 – 4x + 5 = (x – 2)2 + 1 > 0 x + 2 = 0 => x = - 2 Bài 2: Giải các phương trình sau: x3 – 5x2 + 8x – 4 = 0 b) 3x3 – 7x2 + 17x – 5 = 0 (x – 1)3 + x3 + (x + 1) = (x + 2)3 Giải: a) x3 – 5x2 + 8x – 4 = 0 ó (x3 – x2) – (4x2 – 4x) + (4x - 4) = 0 ó x2(x – 1) – 4x(x – 1) + 4(x – 1) = 0 ó (x – 1)(x – 2)2 = 0 ó x = 1 hoặc x = 2 b) 3x3 – 7x2 + 17x – 5 = 0 ó (3x3 – x2) – (6x2 – 2x) + (15x – 5) = 0 ó x2(3x – 1)- 2x(3x – 1) + 5(3x – 1) = 0 ó (3x – 1)(x2 – 2x + 5) = 0 Vì x2 – 2x + 5 = x2 – 2x + 1 + 4 = (x – 1)2 + 4 > 0 Nên (3x – 1)(x2 – 2x + 5) = 0 ó 3x – 1 = 0 ó x = 1/3 c) (x – 1)3 + x3 + (x + 1) = (x + 2)3 ó x3 – 3x2 – 3x – 4 = 0 ó x3 – 1 – 3x2 – 3x – 3 = 0 ó (x – 1)(x2 + x + 1) – 3(x2 + x + 1) = 0 ó (x2 + x + 1)(x – 4) = 0 Vì x2 + x + 1 ≠ 0 nên => x = 4 Bài 3: Giải các phương trình sau a) x4 +3x3 + 4x2 + 3x + 1 = 0 (Đề thi HSG năm 2001 – Đông Anh) x5 – x4 + 3x3 + 3x2 – x + 1 = 0 Giải: Phương trình ở câu a, b gọi là phương trình đối xứng. PHương trình ở câu a là phương trình đối xứng bậc chẵn. Phương trình ở câu b là phương trình đối xứng bậc lẻ. PHương pháp giải: - ĐỔi xứng bậc chẵn: vì x = 0 không phải là nghiệm, ta chia hai vế cho x2 ≠ 0 và đặt ẩn phụ y = x + - Đối xứng bậc lẻ: PT luôn có một trong các nghiệm x = -1. a) x4 +3x3 + 4x2 + 3x + 1 = 0 ó x2 + 3x + 4 + = 0 ó Đặt x + = y thì ta được: y2 + 3y + 2 = 0 Tìm ra được y1 = - 1 ; y2 = - 2 Với y1 = -1 ta có x + = -1 nên x2 + x + 1 = 0 vô nghiệm với y = -2 ta có x + = - 2 nên (x + 1) = 0, do đó x = - 1. Kết luận nghiệm của phương trình là x = - 1 b) Ta thấy x = - 1 là một nghiệm của phương trình (vì tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của số hạng bậc lẻ. Phương trình trở thành: (x + 1)(x4 – 2x3 + 5x2 – 2x + 1) = 0 Giải phương trình x4 – 2x3 + 5x2 – 2x + 1 = 0. Chia cả hai vế cho x2 ta được: x2 – 2x + 5 - đặt y = ta được y2 – 2y + 3 = 0, vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - 1 * Khi giải phương trình bậc 4 có dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c ta thường đặt ẩn phụ y = x + Bài 4: Giải các phương trình sau: a) (x + 3)4 + (x + 5)4 = 2 Đặt y = x + 4 phương trình trở thành: (y – 1)4 + (y + 1)4 = 2 Biến đổi thành y2(y2 + 6) = 0 do đó y = 0 vậy x = -4 b) (x – 2)4 + (x – 6)4 = 82 Đặt y = x – 4 Ra được nghiệm x = 5 và x = 3 c) (x – 6)4 + (x – 8)4 = 16 Đặt x – 7 = y phương trình trở thành: (y + 1)4 + (y – 1)4 = 16 Rút gọn ta được: 2y4 + 12y2 + 2 = 16 y4 + 6y2 + 1 = 8 y4 + 6y2 – 7 = 0 Đặt y2 = z ≥ 0 ta được z2 + 6z – 7 = 0 giải ra đượ z = 1, z = - 7 (loại) Với z = 1=> y = 1 và y = - 1 x = 8 hoặc x = 6 d) (x – 7)(x – 5)(x – 4)(x – 2) = 72 ó (x2 – 9x + 14)(x2 – 9x + 20) = 72 Đặt x2 – 9x + 17 = y ta được (y – 3)(y + 3) = 72 ó y2 – 9 = 72 ó y2 = 81 => y = 1 hoặc y = - 1 => x = 1 hoặc x = 8 BTVN: Giải các phương trình sau: (x + 1)4 + (x – 3)4 = 82 (x – 1)(x – 3)(x + 5)(x + 7) = 297 Đáp án: x = 0; 2 x = 4; x = -8 CHUYÊN ĐỀ 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH (Tiếp) Một số dạng phương trình đặc biệt Phương trình đối xứng bậc 4 có dạng: ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0. Cách giải: Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế cho x2 ≠ 0 Phương trình đưa về dạng: .Đặt ẩn phụ y = =>= y2 – 2 * Chú ý: Có loại bài đặc biệt ta có thể đặt y = VD: Giải phương trình: 6x4 + 7x3 – 36x2 – 7x + 6 = 0 Giải: Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế cho x2 ≠ 0 Phương trình đưa về dạng: . Đặt y = => = y2 + 2 Ta có: 6(y2 + 2) + 7y – 36 = 0 ó 6y2 + 7y – 24 = 0 ó y2 + ó y = 3/2 hoặc y = -8/3 =>x = 2; -1/2; -3; 1/3 Phương trình bậc 4 có dạng: (x + a)4 + (x + b)4 = c. Cách giải: Đặt y = x + Bài 4: Giải các phương trình sau: a) (x + 3)4 + (x + 5)4 = 2 (ĐS: x = - 4) b) (x – 2)4 + (x – 6)4 = 82 (ĐS: x = 5; x = 3) c) (x – 6)4 + (x – 8)4 = 16 (ĐS: x = 8; x = 6) d) (x – 7)(x – 5)(x – 4)(x – 2) = 72(ĐS: x = 1; x = 8) II - GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI Bài 1: Giải các phương trình sau: a) b) c) d) Giải: a) Bảng xét dấu các nhị thức x – 3 và x + 2 x - 2 3 x – 3 - - 0 + x + 2 - 0 + + Xét ba khoảng của biến x: * Trong khoảng x < - 2, phương trình có dạng: 3 – x – x – 2 = 7 ó x = - 3 (thuộc khoảng đang xét) * Trong khoảng -2 ≤ x ≤ 3, phương trình có dạng: 3 – x + x + 2 = 7 ó 0.x = 2, Vô nghiệm * Trong khoảng x > 3, Phương trình có dạng: x – 3 + x + 2 = 7 ó 2x = 8 ó x = 4 (thuộc khoảng xét.) Vậy phương trình có nghiệm x1 = -3 ; x2 = 4 b)x = -1/2 c) x = 2 d) Xét các khoảng x 3. Nghiệm là 1 ≤ x ≤ 2 ; x = 5 BTVN: Giải các phương trình sau: (x + 1)4 + (x – 3)4 = 82 b) (x – 1)(x – 3)(x + 5)(x + 7) = 297 x - d) Đáp án: a) x = 0; 2 b) x = 4; x = -8 c) x1 = ½ và x2 = 3/2 đ d)Xét khoảng x ≥ 0 PT có dạng: lại xét hai trường hợp: x ≥ 3 và 0 < x < 3 Xét khoảng x < 0. PT có dạng: . Lại xét 2 trường hợp x < - 3 và – 3 ≤ x < 0 Nghiệm của phương trình là x = 1 CHUYÊN ĐỀ 4: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH Bài 1: (Đề HSG năm 2008 – Đông Anh) Một người đi xe đạp, một người đi xe máy và một ô tô cùng đi từ A đến B. KHởi hành lần lượt lúc 6, giờ 7 giờ, 8 giờ và có vận tốc thức tự là 10 km/h, 30 km/h và 40km/h. Hỏi đến mấy giờ ô tô cách đều người đi xe máy và xe đạp. Bài 2: Một ô tô phải đi quãng đường AB dài 60 km trong một thời gian dự định. Ô tô đi nửa đầu quãng đường với vận tốc lớn hơn dự định 10km/k và đi nửa sau quãng đường với vận tốc kém hơn dự định 6km/h. Biết ô tô đến B đúng thời gian đã định. Tính thời gian ô tô dự định đi quãng đường AB. Bài 3: Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì hoàn thành công việc đó trong 24 giờ. Nếu đội thức nhất làm 10 giờ đội thứ hai làm 15 giờ thì cả hai đội làm được nửa công việc. Tính thời gian mỗi đội làm một mình để xong công việc. Bài 4: Hai vòi nước chảy vào bể thì bể sẽ đầy trong 3 giờ 20 phút. Người ta cho vòi thứ nhất chảy trong 3 giờ, vòi thứ hai chảy trong 2 giờ thì cả hai vòi chảy được 4/5 bể. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể. Bài 5: Một công trường giao cho các đội công nhân sửa một đoạn đường như sau: Đội 1 nhận 10m và 1/10 phần còn lại. Đội 2 nhận 20 m và 1/10 phần còn lại. Đội 3 nhận 30 m và 1/10 phần còn lại. Cứ chia như vậy cho đến đội cuối cùng thì hết và phần đất của mỗi đội đều bằng nhau. Tính số đội tham gia sửa đường và chiều dài toàn bộ đoạn đường phải sửa Giải: Bài 1: Bài 2: Gọi vận tốc dự định là x (km/h) Ta có phương trình: Giải ra ta được x = 30. Thời gian ô tô dự định là 60 : 30 = 2 giờ Bài 3: ĐỘi thứ nhất cần 40 giờ, đội thứ hai cần 60 giờ Bài 4: Giải ra được 5 giờ và 10 giờ Bài 5: Gọi chiều dài đoạn đường cần sửa là x (m) x >0 Đoạn đường độ 1 nhận dài 10 + 0,1(x – 10) = 0,1x + 9 mét Phần còn lại sau khi đội 1 nhận là x – (0,1x + 9) = 0,9x – 9 mét Đoạn đường độ 2 nhận dài 20 + 0,1(0,9x – 9 – 20) = 0,09x + 17,1 mét Vì chiều dài của đoạn đường hai đội làm bằng nhau nê 0,1x + 9 = 0,09x + 17,1 Do đó x = 810. Đoạn đường dài 810m. Mỗi đội phải làm 0,1.810 + 9 = 90 mét. Số đội tham gia là 810 : 90 = 9 đội CHUYÊN ĐỀ 5: BẤT ĐẲNG THỨC Bài 1: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh rằng: Bài 2: Chứng minh rằng: Bài 3: cho a. b = 1. Chứng minh rằng Bài 4: Cho a, b, c không âm và a + b + c = 1 Chứng minh rằng: Bài 5: Cho x, y, z dương. CHứng minh rằng: Bài 6: Cho x, y, z dương. Chứng minh răng Bài 7: Chứng minh rằng a) b) Bài 8: Cho a, b dương và a + b = 1 Chứng minh rằng Bài 9: (Đề thi HSG năm 2008 – Đông Anh) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 Chứng minh rằng: Bài 10: Cho a; b ; c ; d lµ c¸c sè thùc d­¬ng cã tæng b»ng 1 . Chøng minh r»ng : Bài 11: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau P = (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) Giải: Bài 1: VT = = 8 Bài 2: Ta có: Bài 3: Bài 4: VT = 1 +ab+bc+ca - abc - a – b – c = (1 – a)(1 – b)(1 – c) Bài 5: VT = Bài 6: Thay a = y + z; b = x + z; c = x + y. Ta được = ó ó ó ó Bài 7: a) ta có (a – b)2 ≥ 0 ó a2 + b2 ≥ 2ab ó (a2 + b2)+ (a2 + b2) ≥ 2ab + a2 + b2 ó 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 ó b) Chứng minh bài toán sau: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Ta có (a – b)2 ≥ 0 ó a2 + b2 ≥ 2ab tương tự a2 + c2 ≥ 2ac, c2 + b2 ≥ 2cb ó 2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ac) ó (a2 + b2 + c2) ≥ (ab + bc + ac) Từ kết quả đó ta suy ra 3(a2 + b2 + c2) ≥ (ab + bc + ac) + (a2 + b2 + c2) = (a + b + c)2 ó Bài 8: Ta luôn có: Cho x = Ta có: Để chứng minh (*) ta cần chứng minh: hay ó ó ó Ta luôn có: (đpcm) Bài 9: Ta có: x2 + y2 + z2 Đặt ta được ó ó ó ó ó ó Bài 10 ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si ta cã : T­¬ng tù : ; ; Céng vÕ víi vÕ c¸c bÊt ®¼ng thøc trªn ta cã : Chuyªn ®Ò 7: Sè, ch÷ sè, sè chÝnh ph­¬ng Bµi 1: Sè tù nhiªn A gåm 100 ch÷ sè 1, sè tù nhiªn B gåm 50 ch÷ sè 2. CHøng minh r»ng A – B lµ mét sè chÝnh ph­¬ng Gi¶i: §Æt C = 111..1 (50 sè) th× B = 2C, cãn A = 11…100…0 + 11…1 = = C.1050 + C. Do ®ã A – B = C.1050 + C – 2C = C.1050 – C = C(1050 – 1). Ta l¹i cã 1050 – 1 = 99…9 = 9C VËy A – B = C.9C = 9C2 = (3C)2 = (33…3)2 lµ sè chÝnh ph­¬ng. Bµi 2: Cho a = 11…12 (n ch÷ sè 1); b