Các Chuyên đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS

Có thể bạn quan tâm

Đăng ký
Đăng nhập
Upload
Liên hệ

Trang Chủ › Giáo Án Khác Các Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS

Chuyên đề 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG

I. Định nghĩa: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.

II. tính chất:

1) Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không thể có chữ tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.

2) Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.

3) Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N).

4) Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n +1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 ( n N ).

5) Số chính phương tận cùng bằng 1, 4 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.

Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2.

Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.

6) Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.

Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9

Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25

Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.

41 trang

honganh

1877

1 Download Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Các Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trênể viết (k + n + 1) (k – n – 1) = 11.1 b) Đặt n(n + 3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2 (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2 (2n + 3)2 – 4a2 = 9 (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9 Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 c) Đặt 13n + 3 = 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 + 4 13 hoặc y – 4 13 y = 13k 4 (với k N) 13(n – 1) = (13k 4)2 – 16 = 13k.(13k 8) 13k2 8k + 1 Vậy n = 13k2 8k + 1 (với k N) thì 13n + 3 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 + 1 > 2m – 2n – 1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy ra n có thể có các giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28 Bài tương tự : Tìm a để các số sau là những số chính phương a) a2 + a + 43 b) a2 + 81 c) a2 + 31a + 1984 Kết quả: a) 2; 42; 13 b) 0; 12; 40 c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728 Bài 2 : Tìm số tự nhiên n 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + + n! là một số chính phương. Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 33 là số chính phương Với n 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng bởi 0. Do đó 1! + 2! + 3! + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương. Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3 Bài 3: Có hay không số tự nhiên n để 2010 + n2 là số chính phương. Giả sử 2010 + n2 là số chính phương thì 2010 + n2 = m2 (m) Từ đó suy ra m2 – n2 = 2010 (m + n) (m – n) = 2010 Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn. (m + n) (m – n) 4 nhưng 2006 không chia hết cho 4 Điều giả sử sai. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Bài 4: Biết x và x > 2. Tìm x sao cho Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương. Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1) Do x là chữ số nên x 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x và 2 < x 9 (2) Từ (1) và (2) x chỉ có thể nhận một trong các giá trị 5; 6; 7 Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thoả mãn đề bài, khi đó 762 = 5776 Bài 5: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các số chính phương. Ta có 10 n 99 nên 21 2n + 1 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 2n + 1 bằng 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84 Số 3n + 1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương. Vậy n = 40 Bài 6: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n + 1 và 2n + 1 đều là các số chính phương thì n là bội số của 24 Vì n + 1 và 2n + 1 là các số chính phương nên đặt n + 1 = k2, 2n + 1 = m2 (k, m ) Ta có m là số lẻ m = 2a + 1 m2 = 4a(a + 1) + 1 Mà n chẵn n + 1 lẻ k lẻ đặt k = 2b + 1 (với b) k2 = 4b(b+1) + 1 n = 4b(b+1) n 8 (1) Ta có: k2 + m2 = 3n + 2 2 (mod3) Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1 Nên để k2 + m2 2 (mod3) thì k2 1 (mod3) m2 1 (mod3) m2 – k2 3 hay (2n + 1) – (n + 1) 3 n 3 (2) Mà (8; 3) = 1 (3) Từ (1), (2), (3) n 24 Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì 2n = a2 – 482 = (a + 48) (a – 48) 2p. 2q = (a + 48) (a – 48) với p, q N ; p + q = n và p > q 2p.2q = 96 2q (2p-q – 1) = 25.3 q = 5 và p – q = 2 p = 7 n = 5 + 7 = 12. Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 C. Dạng 3 : Tìm số chính phương Bài 1 : Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B. Gọi A = . Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số B = với k, m N và 32 < k < m < 100; a, b, c, d = Ta có: Đúng khi cộng không có nhớ m2 – k2 = 1111 (m – k)(m + k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m – k)(m + k) > 0 nên m – k và m + k là 2 số nguyên dương. Và m – k < m + k < 200 nên (*) có thể viết (m – k) (m + k) = 11.101 Do đó: Bài 2: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau một đơn vị. Đặt ta có và k N, 32 k < 100 Suy ra : 101 = k2 – 100 = (k – 10)(k + 10) k + 10 101 hoặc k – 10 101 Mà (k – 10; 101) = 1 k + 10 101 Vì 32 k < 100 nên 42 k + 10 < 110 k + 10 = 101 k = 91 = 912 = 8281 Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau. Gọi số chính phương phải tìm là: = n2 với a, b N, 1 a 9; 0 b 9 Ta có: n2 = = 11. = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1) Nhận xét thấy 11 a + b 11 Mà 1 a 9; 0 b 9 nên 1 a + b 18 a + b = 11 Thay a + b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a + 1) do đó 9a + 1 là số chính phương Bằng phép thử với a = 1; 2;; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thoả mãn b = 4 Số cần tìm là: 7744 Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương. Gọi số chính phương đó là . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt = x2 = y3 với x, y N Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương. Ta có : 1000 9999 10 y 21 và y chính phương y = 16 = 4096 Bài 5 : Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương. Gọi số phải tìm là với a, b, c, d nguyên và 1 a 9; 0 b, c, d 9 chính phương d Vì d là số nguyên tố d = 5 Đặt = k2 < 10000 32 k < 100 k là một số có hai chữ số mà k2 có tận cùng bằng 5 k tận cùng bằng 5 Tổng các chữ số của k là một số chính phương k = 45 = 2025 Vậy số phải tìm là: 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số bở hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương Gọi số tự nhiên có hai chữ sốphải tìm là (a, b N, 1 a, b 9) Số viết theo thứ tự ngược lại Ta có 2 – 2 = (10a + b)2 – (10b + a)2 = 99 (a2 – b2) 11 a2 – b2 11 Hay (a – b) (a + b) 11 Vì 0 < a – b 8, 2 a + b 18 nên a + b 11 a + b = 11 Khi đó: 2 – 2= 32 . 112 . (a – b) Để 2 – 2 là số chính phương thì a – b phải là số chính phương do đó a – b = 1 hoặc a – b = 4 Nếu a – b = 1 kết hợp với a + b = 11 a = 6, b = 5 , = 65 Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332 Nếu a – b = 4 kết hợp với a + b = 11 a = 7,5 loại Vậy số phải tìm là 65 Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu. (Kết quả: 1156) Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó. Gọi số phải tìm là với a, b N, 1 a 9; 0 b 9 Theo giả thiết ta có: = (a + b)3 (10a +b)2 = (a + b)3 là một lập phương và a + b là một số chính phương Đặt = t3 (t N), a + b = 12 (1 N) Vì 10 ab 99 = 27 hoặc = 64 Nếu = 27 a + b = 9 là số chính phương Nếu = 64 a + b = 10 không là số chính phương loại Vậy số cần tìm là ab = 27 Bài 9 : Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau. Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n – 1 ; 2n + 1 ; 2n + 3 (n N) Ta có : A = (2n – 1)2 + (2n + 1)2 + (2n +3)2 = 12n2 + 12n + 11 Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = = 1111 . a với a lẻ và 1 a 9 12n(n + 1) = 11(101a – 1) 101a – 1 3 2a – 1 3 Vì 1 a 9 nên 1 2a – 1 17 và 2a – 1 lẻ nên 2a – 1 a Vì a lẻ a = 5 n = 21 Vậy 3 số cần tìm là: 41; 43; 45 Bài 10 : Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương các chữ số của số đó. Giải: Ta có: (a + b) = a3 + b3 10a + b = a2 – ab + b2 = (a + b)2 – 3ab 3a (3 + b) = (a + b) (a + b – 1) (a + b) và (a + b – 1) nguyên tố cùng nhau do đó hoặc hoặc Vậy = 48 hoặc = 37 Chuyên đề 2: phương trình nghiệm nguyên 1. Tìm nghiệm nguyên của Phương trình và hệ phương trình bậc nhất hai ẩn Tuỳ từng bài cụ thể mà làm các cách khác nhau. VD1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11 (1) Cách 1: Phương pháp tổng quát: Ta có: 2x + 3y = 11 Để phương trình có nghiệm nguyên nguyên Đặt Cách 2 : Dùng tính chất chia hết. Vì 11 lẻ 2x + 3y luôn là số lẻ mà 2x luôn là số chẵn 3y lẻ y lẻ Do đó : với Cách 3 : Ta nhân thấy phương trình có một cặp nghiệm nguyên đặc biệt là x0 = 4 ; y0 = 1 Thật vậy: 2 . 4 + 3.1 = 11 (2) Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta có : 2(x – 4) + 3(y – 1) = 0 2(x – 4) = –3(y – 1) (3) Từ (3) 3(y – 1) 2 mà (2 ; 3) = 1 y – 1 2 y = 2t + 1 với Thay y = 2t + 1 vào (3) ta có : x = –3t + 4 Nhận xét : Với cách giải này ta phải mò ra một cặp nghiệm nguyên (x0, y0) của phương trình ax + by = c ; cách này sẽ gặp khó khăn nếu hệ số a, b, c quá lớn. Các bài tập tương tự: Tìm nghiệm nguyên của phương trình. a) 3x + 5y = 10 b) 4x + 5y = 65 c) 5x + 7y = 112 VD2: Hệ phương trình. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình: Giải : Từ hệ đã cho ta có : 2(x + y) = 14 vậy x = 7 – y (*) Thay (*) vào (1) ta được z = 14 – y – 3x = 2y – 7 Vì x > 0 nên 7 – y > 0 y 0 nên 2y – 7 > 0 y > Vậy < y < 7 và Giải tiếp hệ đã cho có 3 nghiệm (3; 4; 1); (2; 5; 3); (1; 6; 5) Bài tập tương tự: a) Tìm nghiệm nguyên của hệ b) Trăm trâu trăm cỏ, trâu đứng ăn năm, trâu nằm ăn ba, lụ khụ trâu già, 3 con 1 bó. Tìm số trâu mỗi loại. c) Tìm số nguyên dương nhỏ nhất chia cho 1000 dư 1 và chia cho 761 dư 8. 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình, hệ phương trình bậc cao. Phương pháp 1 : Dùng dấu hiệu chia hết để giải phương trình. VD1: a) Tìm cặp số nguyên (x ; y) thoả mãn phương trình: 6x2 + 5y2 = 74 (1) Cách 1 : Ta có: 6 (x2 - 4) = 5 (10 - y2) (2) Từ (2) 6(x2 – 4) 5 và (6 ; 5) = 1 x2 – 4 5 x2 = 5t + 4 với Thay x2 - 4 = 5t vào (2) ta có : y2 = 10 – 6t Vì x2 > 0 và y2 > 0 với t = 0 hoặc t = 1 Với t = 0 y2 = 10 (loại) Với t = 1 Vậy các cặp nghiệm nguyên là :........................ Cách 2 : Từ (1) ta có x2 = 4 hoặc x2 = 9 Với x2 = 4 y2 = 10 (loại) Với x2 = 9 y2 = 4 (thoả mãn) Vậy..................... Cách 3 : Ta có: Từ (1) y2 = 4 x2 = 9 Vậy............... VD2 : Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên a) x5 + 29x = 10(3y + 1) b) 7x = 2y – 3z – 1 Giải : x5 – x + 30x = 10(3y + 1) VP 30 còn VT 30 phương trình vô nghiệm Phương pháp 2: Phân tích một vế thành tích, một vế thành hằng số nguyên VD1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: a) xy + 3x – 5y = –3 b) 2x2 – 2xy + x – y + 15 = 0 c) x2 + x = y2 - 19 Giải : a) Cách 1: x(y + 3) – 5(y + 3) = –18 (x – 5) (y + 3) = –18... Cách 2 : b) Tương tự. c) 4x2 + 4x = 4y2 – 76 (2x + 1)2 – (2y)2 = –75... Phương pháp 3 : Sử dụng tính chẵn lẻ (đặc biệt của chia hết) VD2 : Tìm nghiệm nguyên. x3 – 2y3 – 4z3 = 0 Giải : x3 = 2(y3 + 2z3) VP 2 x3 2 x 2 đặt x = 2k 8k3 = 2(y3 + 2z3) 4k3 = y3 + 2z3 y3 = 4k3 – 2z3 = 2(2k3 – z3) y chẵn. Đặt y = 2t ta có : 8t3 = 2(2k3 – z3) 4t3 = 2k3 – z3 z3 = 2k3 – 4t3 z chẵn z = 2m 8m3 = 2(k3 – 2t3) ......k chẵn....... Phương pháp 4 : Phương pháp sử dụng tính chất của số chính phương VD1 : Tìm nghiệm nguyên của. a) x2 – 4xy + 5y2 = 169 b) x2 – 6xy + 13y2 = 100 Giải : a) (x – 2y)2 + y2 = 169 = 0 + 169 = 25 + 144... b) (x – 3y)2 + (2y)2 = 100 = 0 + 100 = 36 + 64 = ... Phương pháp 5 : Phương pháp công thức nghiệm phương trình bậc 2 VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình. a) 2x2 – 2xy + x + y + 15 = 0 b) 5(x2 + xy + y2) = 7(x + 2y) (đề thi học sinh giỏi tỉnh 2009 – 2010) c) x(x + 1) = y (y + 1) (y2 + 2) Phương pháp 6 : Phương pháp đặt ẩn phụ VD: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (1) Đặt y = x2 + 2x + 2 (y Z) (1) 5y2 – 7y – 6 = 0 (loại); y2 = 2 (thoả mãn) x1 = 0; x2 = –2 Các bài tập tương tự: a) x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 3)3 b) * Một số phương pháp khác. VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x2 + 4x = 19 – 3y2 Giải : 4x2 + 8x + 4 = 42 – 6y2 (2x + 2)2 = 6 (7 – y2) Vì (2x + 2)2 0 7 – y2 0 Mà y y = 0 ; ; Từ đây ta tìm được giá trị tương ứng của x 3. Một số bài toán liên quan tới hình học. a) Cho tam giác có độ dài của 3 đường cao là những số nguyên dương và đường tròn nội tiếp tam giác đó có bán kính bằng 1(đ.v.đ.d). Chứng minh tam giác đó là tam giác đều Giải: Gọi độ dài các cạnh và các đường cao tương ứng theo thứ tự là a; b; c và x; y; z. R là bán kính đường tròn nội tiếp. Ta có R = 1 x; y; z > 2 và giả sử x y z > 2 Ta có : ax = by = cz = (a + b+ c).1 (= 2S) Suy ra: ; ; ; mà x y z > 2 và nên z = 3 Tương tự ta có: x = 3; y = 3 tam giác đó là tam giác đều b) Tìm tất cả các hình chữ nhật với độ dài các cạnh là các số nguyên dương có thể cắt thành 13 hình vuông bằng nhau sao cho mỗi cạnh của hình vuông là số nguyên dương không lớn hơn 4 (đ.v.đ.d) Giải : Gọi các cạnh hình chữ nhật cần tìm là a và b, cạnh hình vuông là c. Từ giả thiết hình chữ nhật cắt thành 13 hình vuông nên phải có: ab = 13c2 (1) với 0 < c 4 (2) Từ (1) suy ra a hoặc b chia hết cho 13. Vì vai trò a, b như nhau ta có thể giả giả sử a chia hết cho 13, tức là a = 13d Thay vào (1) ta được : 13db = 13c2 Hay db = c2 Ta hãy xét các trường hợp có thể có của c. Với c = 1, chỉ có thể: d = 1, b = 1, suy ra a = 13 Với c = 2, chỉ có thể: d = 1, b = 4, suy ra a = 13 d = 2, b = 2, suy ra a = 26 d = 4, b = 1, suy ra a = 52 Với c = 3, chỉ có thể: d = 1, b = 9, suy ra a = 13 d = 3, b = 3, suy ra a = 39 d = 9, b = 1, suy ra a = 117 Với c = 4, chỉ có thể: d = 1, b = 16, suy ra a = 13 d = 2, b = 8, suy ra a = 26 d = 4, b = 4, suy ra a = 52 d = 8, b = 2, suy ra a = 104 d = 16, b = 1, suy ra a = 208 Với 12 nghiệm của phương trình (1) chỉ có 4 trường hợp thoả mãn bài toán. Bài toán có 4 nghiệm. Ta tìm được 4 hình chữ nhật thoả mãn đề bài: (a = 13, b = 1); (a = 26, b = 2); (a = 39, b = 3); (a = 52, b = 4) Chuyên đề 3: Giải phương trình vô tỷ (Dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh) I. Giải phương trình vô tỷ * Các phương pháp 1. Luỹ thừa khử căn 2. Đặt ẩn phụ 3. Dùng bất đẳng thức 4. Xét khoảng II. áp dụng các phương pháp A. Phương pháp luỹ thừa khử căn 1. Giải các phương trình a) Điều kiện: Với PT (1) PT (2) Vậy PT đã cho có nghiệm x = 2 b) ĐK: . Với thì PT (1) Do nên 2 vế của PT này không âm vì vậy PT này (TM) c) (1) Giải: ĐKXĐ: . Pt (1) B. Phương pháp đặt ẩn phụ 2) Giải các phương trình: a) Giải: ĐK: Đặt ; () Ta có hệ PT Suy ra Vậy phương trình nghiệm b. ĐK: Đặt : ( ta có hệ phương trình +) (Ko T/m) +) PT (*) (ko t/m) Vậy PT vô nghiệm c) ĐK: Đặt . Ta có PT: +) +) Vậy pt có 2 nghiệm C. áp dụng bất đẳng thức. 3) Giải các phương trình a) (1) ĐK: Khi đó: PT (1) Ta có: Đẳng thức xẩy ra Vậy nghiệm của PT đã cho là b) Giải ĐK Trên TXĐ Lại có: Đẳng thức xẩy ra Vậy PT (1) có nghiệm là x = 5 c) Giải phương trình: Giải: ĐK: áp dụng BĐT cô si cho các số không âm ta có Ta có: (Vì ) Đẳng thức xẩy ra Vậy pt có nghiệm là x = 1 D. Xét khoảng 4) Giải các PT a) Giải ĐKXĐ: PT(1) Thấy là nghiệm của PT (1) +) PT vô nghiệm +) PT vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 b) (1) Giải Ta có: thì thì +) Xét PT (1) vô nghiệm +) Xét tương tự ta suy ra phương trỡnh vụ nghiệm Thấy x = 1 hoặc x = –1 là nghiệm của PT (1) Bài tập: Bài 1. Giải các PT a) b) Bài 2. Giải PT (A) Bài 3. Giải PT (D) Bài4. Giải PT Bài 5. Giải PT Bài 6. Giải PT (C) III. Giải hệ phương trình * Các phương pháp: 1. Phương pháp thế 2. Công thức trừ, nhân, chia các vế 3. Đặt ẩn phụ 4. Dùng bất đẳng thức. IV. áp dụng các phương pháp. A. Phương pháp thế. 1. Giải các hệ pgương trình a) Giải Hệ đã cho tương đương với Vậy hệ đã cho có nghiệm là: (x; y) = (3; 2) b) Giải Hệ đã cho tương đương với Hoặc Hoặc c) Giải: Đặt: Ta có: PT (1) Thế vào (2) ta có: Do đó x = y = z = 3 Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (x;y;z) = (3;3;3) B. Phương pháp cộng, trừ, nhân, chia các vế 2. Giải các hệ phương trình a) Giải: Hệ đã cho tương đương với: b) Giải: Hệ đã cho tương đương với (do ) hoặc hoặc c) trong đó Giải Hệ đã cho tương đương với (Do x,y,z>0) Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x; y; z)=(1; 0; 4) C. Phương pháp đặt ẩn phụ 3. Giải các hệ phương trình a) Đặt: x-y=a; x+y =b Hệ đã cho trở thành Từ PT (2) ta suy ra . Do đó: . Thế vào (1) ta đượ: (Vì ) +) Hay +) Hay Tóm lại hệ phương trình đã cho có nghiệm là:(x;y) = b) Giải: Đặt x + y = a; xy = b. Hệ đã cho trở thành: Hoặc +) Ta có hệ phương trình Hoặc +) Ta có hệ phương trình (Vô nghiệm) Hệ này vô nghiệm Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (x;y) = (1;2); (2;1) c) Giải Hệ đã cho tương đương với Đặt PT (1) trở thành +) Thế vào (2) ta được Hoặc Suy ra: Hoặc +) Thế vào (2) ta được Hoặc Suy ra: Hoặc Tóm lại hệ đã cho có nghiệm là: (x; y) = (-2; 3); (2; –3); (–3; 2) ; (3; –2) D. áp dụng bất đẳng thức 4. Giải các hệ phương trình a) Giải: Nhận xét: Từ BĐT . Ta suy ra: áp dụng liên tiếp BĐT (*) ta được Đẳng thức xẩy ra khi: Vậy hệ đã cho có nghiệm là: b) Giải: ĐK: Hệ đã cho tương đương với Theo bất đẳng thức BunhiaCốp xki ta có Suy ra Mặt khác Đẳng thức xẩy ra khi x= 16 và y=3 (t/m) Vậy hệ đã có nghiệm là (x; y) = (16; 3) Chuyên đề 4: BẤT ĐẲNG THỨC Và GIá TRỊ LỚN NHẤT, GIá TRỊ Nhỏ NHẤT A. CáC PHƯƠNG PHáP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1.Phương pháp đổi tương đương *) Để chứng minh: Ta biến đổi (đây là bất đẳng thức đúng) Hoặc từ bất đẳng thức đng , ta biến đổi Ví dụ 1.1 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có: a) (1) b) (1) Giải a) Ta có: (1) (2) Do bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) được chứng minh. b) Ta có: (2) (2) Bất đẳng thức (2) luôn đúng suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 1.2 Chứng minh rằng: a) (1) b) (1) Giải. a) Ta có: (1) (2) Do bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh. b) Ta có: (1) (2) Do bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng: a) (1) b) (1) Giải a) Ta có: (1) (2) Bất đẳng thức (2) luôn đúng suy ra điều phải chứng minh. b) Ta có: (1) (2) +) Nếu thì (2) đúng. +) Nếu thì (2) (*) Bất đẳng thức (*) luôn đúng suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 1.4. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: (1) Giải Ta có: (1) (*) Bất đẳng thức (*) luôn đúng suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 1.5. Cho a, b, c > 0. CMR: (1) Giải Giả sử . Khi đó ta có: (1) (*) Bất đẳng thức (*) luôn đúng (Vì ). Suy ra điều phải chứng minh. 2. Phương pháp biến đổi đồng nhất. Để chứng minh BĐT: . Ta biến đổi biểu thức thành tổng các biểu thức có giá trị không âm. Ví dụ 2.1. Chứng minh rằng: a) (1) b) (1) Giải a) Ta có: (đpcm) b) Ta có: (đpcm) Ví dụ 2.2. Chứng minh rằng: a) với . b) với . c) với . Giải a) Ta có: (đpcm) b) Ta có: c) Ta có: Ví dụ 2.3. Với a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a) b) c) Giải a) b) c) Ví dụ 2.4 a) Cho . Chứng minh rằng: (Bất đẳng thức Cô Si) b) Cho . Chứng minh rằng: (Bất đẳng thức Cô Si) c) Cho và . Chứng minh rằng: (BĐT Trê-Bư-Sép) Giải Ta có: Ta có: Ta có: Ví dụ 2.5 Cho a, b, c > 0. Chứng minh: a) b) Giải a) Ta có: b) Ta có: Ví dụ 2.6. Chứng minh rằng: a) (nếu ) b) (nếu ) c) (nếu ) d) (nếu ) Giải a) Ta có: b) Ta có: Vì (đpcm) c) Ta có: d) Ta có: 3. Phương pháp sử dung tính chất của bất đẳng thức Cơ sở của phương pháp này là các tính chất của bất đẳng thức và một số bất đẳng thức cơ bản như: +) Nếu và thì +) Nếu và thì +) Nếu thì . +) +) Nếu thì Ví dụ 3.1 Cho . Chứng minh: Giải Ta có: Ví dụ 3.2 Với a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a) b) Giải a) Ta có: (với ) b) Ta có: (với ) Ví dụ 3.3 Cho a, b, c > 0. CMR: a) b) Giải a) Ta dể dàng chứng minh được (đpcm) b) Ta dể dàng chứng minh được (đpcm) Ví dụ 3.4 Cho thoả mãn điều kiện: . Chứng minh rằng: Giải: Ta có: Với thì . Từ đó suy ra (1) (2) (3) Từ (1), (2) và (3) (đpcm) Ví dụ 3.5. a) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: b) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: . Chứng minh: Giải áp dụng BĐT (với Ta có: (1) (2) (3) Từ (1), (2) và (3) (đpcm) b) Tương tự: áp dụng BĐT (với Ta có: (1) (2) (3) Từ (1), (2) và (3) (*) Mặt khác: (**) Từ (*) và (**) (đpcm) Ví dụ 3.5 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a) b) Giải áp dụng BĐT: Nếu thì Ta có: ; ; (đpcm) b) Ta có: Tương tự: và . Từ đó suy ra (1) Mặt khác ta lại chứng minh đươc (BĐT Net – Bit) (2) Từ (1) và (2) (đpcm) 4. Phương pháp sử dung bất đẳng thức Cô - Si *) Với thì . Dấu “=” xảy ra khi Ví dụ 4.1 Cho a, b > 0 thỏa mãn điều kiện: . CMR: Giải Áp dụng BĐT “Cô - Si” cho hai số dương và ta có: (1) Tương tự: Củng áp dung BĐT Cô - Si ta có: (2) Từ (1) và (2) (đpcm) Ví dụ 4.2 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a) b) Giải a) Ta có: b) áp dụng BĐT Cô - Si ta có: (1) Tương tự ta củng chứng minh được: (2) và (3) Từ (1), (2) và (3) Dấu “=” xảy ra khi (trái với giả thiết). Vậy dấu “=” không xảy ra. Ví dụ 4.3 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a) b) (với ) Giải a) Ta có: (đpcm) b) Ta có: Ví dụ 4.4 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: Giải Ta có: Tương tự ta củng chứng minh được: và Cộng vế với vế các BĐT trên, suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 4.5 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện: . Chứng minh rằng: (1) Giải Ta có: (1) Mà: Suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 4.6 Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: a) b) Giải a) Áp dụng bất đẳng thức Cô - Si ta có: (1) Tương tự ta củng chứng minh được: (2) Và: (3) Từ (1), (2) và (3) VT (đpcm) b) Ta có: Tương tự ta củng chứng minh được: Và (đpcm) Ví dụ 4.7 Cho x, y, z > 0. Chứng minh: Giải Áp dụng bất đẳng thức Cô - Si ta có: (đpcm) 5. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski. Với mọi a, b, c và x, y, z R thì ta luôn có: *) . Dấu “=” xảy ra khi *) . Dấu “=”

Tài liệu đính kèm: