TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH TÀI LIỆU ÔN THI TOÁN VÀO CÁC LỚP CHUYÊN pot

TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH
TÀI LIỆU
ÔN THI VÀO CÁC LỚP CHUYÊN



MÔN TOÁN



Năm học 2010-2011

Giáo viên biên soạn và giảng dạy
:
Huỳnh Chí Hào

Chuyên đề 1:
ĐA THỨC

I. Đa thức
: (Đa thức một biến)
1. Đònh nghóa
: Đa thức bậc n theo x (n


) là biểu thức có dạng



 
nn1
nn1 10
P(x) a x a x a x a
với
n
a0


Các số
01 n
a ,a , ,a
gọi là các hệ số , n gọi là bậc của đa thức P(x)

Ví dụ: 
32
P(x) 2x 9x 12x 4 là đa thức bậc ba.

2. Đa thức đồng nhất:
a) Đa thức đồng nhất:
Đònh nghóa : Đa thức đồng nhất là những đa thức luôn luôn có cùng giá trò với bất cứ giá trò
nào của biến số.


Nếu P(x) và Q(x) là hai đa thức đồng nhất ta ký hiệu :

P(x) Q(x)


 
 
 
P(x) Q(x) x : P(x) Q(x)


b) Đa thức đồng nhất không:
Đònh nghóa : Đa thức đồng nhất không là những đa thức luôn luôn bằng 0 với bất cứ giá trò
nào của biến số

 Nếu P(x) đa thức đồng nhất không ta ký hiệu :

P(x) 0







P(x) 0 x : P(x) 0 

Hệ quả:










 







n
n1
nn1
nn1 10
0
a0
a0
.

P(x) a x a x a x a 0
.
.
a0


Ví dụ: Tìm các hằng số A, B, C sao cho








2
2
3x 3x 3 A x 2 B x 1 x 2 C x 1

      
với mọi x

Ví dụ: Tìm các hệ số a, b để đa thức
432
P(x) x 2x ax 2x b=+ + ++
là bình phương của một đa thức

Bài giải:
Giả sử

()
2
432 2
x 2x ax 2xb x mxn++++=++ với mọi x
432 4222 3 2
x2xax2xbxmxn2mx2nx2mnx+ + ++=+ ++ + +
với mọi x
()
()
()
32 2 2
2m 2x m 2n ax 2mn 2x n b 0- ++- + -+-= với mọi x
Áp dụng định lý về đa thức đồng nhất khơng ta được:

2
2
2m 2 0
m2na0
2mn 2 0

nb0
ì
-=
ï
ï
ï
ï
+-=
ï
ï
ï
í
ï
-=
ï
ï
ï
ï
-=
ï
ï
ỵ

Giải hệ ta được:
m1
n1
a3
b1
ì
=

ï
ï
ï
ï
=
ï
ï
í
=
ï
ï
ï
ï
=
ï
ï
ỵ
. Vậy khi a3; b1== thì
()
2
432 2
x2x3x2x1xx1++++=++

3. Nghiệm của đa thức:
 Nếu khi x = a đa thức P(x) có giá trò bằng 0 thì ta nói a là một nghiệm của P(x)






đn
a là một nghiệm của P(x) P(a) 0

Ví dụ: Cho phương trình
432
2x 5x 6x 5x 2 0

 (1)
Chứng minh rằng
x1

là nghiệm của phương trình (1)

4. Phép chia đa thức:

Đònh lý
: Cho hai đa thức P(x) và Q(x) khác không. Tồn tại duy nhất đa thức h(x) và r(x) sao cho


P(x) Q(x).h(x) r(x)

Trong đó
r(x) 0 hoặc r(x) 0 và bậc của r(x) nho
û
hơn bậc của Q(x)

Đa thức Q(x) gọi là thương và đa thức r(x) gọi là dư của phép chia P(x) cho Q(x)

Ví du 1ï: Tìm thương và dư của phép chia đa thức



32
P(x) 2x 9x 12x 4 cho đa thức x1




Ví dụ 2: Cho đa thức
43 2
P(x) x 3x bx ax b=- + ++
và
2
Q(x) x 1=-

Tìm a, b để f(x) chia hết cho g(x).


Bài giải:
Vì
P(x) Q(x)
nên ta có thể giả sử rằng
()
2
P(x) x 1 .Q(x)=- (1) với mọi x
Thay
x1= vào hai vế của (1) ta được: P(1) 1 3 b a b 0 a 2b 2 (2)=-+++ =  + =
Thay
x1=-
vào hai vế của (1) ta được:
P( 1) 1 3 b a b 0 a 2b 4 (3)-=++-+ =-+ =-

Từ (2) và (3) ta suy ra được
1
a3;b
2
==-
.







5. Đònh lý BEZOUT (Bơ -Du) (1739 - 1783)

Đònh lý BEZOUT
:

Đònh lý: Trong phép chia P(x) cho (x - a) thì số dư là R = P(a)



Chứng minh:
Chia đa thức P(x) cho (x - a), giả sử được thương là Q(x) và dư là hằng số R. Ta có:

()
P(x) x a .Q(x) R=- + với mọi x
Do đó với x = a thì
P(a) 0.Q(a) R R P(a)=+= (đpcm)

Hệ quả:




P(x) chia hết cho (x a) P(a) 0


Hệ quả: Đa thức P(x) có nghiệm là a khi và chỉ khi P(x)

(x-a)


 

 
P(a) = 0 P(x) = (x a).Q(x), trong đó Q(x) là một đa thức


Ví dụ: Cho
3 9 27 81 243
P(x) x x x x x x    

Tìm dư của phép chia P(x) cho
x1


6. Sơ đồ HOOCNE Horner 1786 - 1837)

Để tính các hệ số của đa thức thương và dư của phép chia đa thức



 
nn1
nn1 10
P(x) a x a x a x a cho (x - a) ta có thể dùng sơ đồ HOOCNE sau đây


n
a
n1
a


n2
a



1
a
a
0
a
n
b

n1
b


n2
b



1
b
0
b

Trong đó:

nn
n1 n n1
n2 n2 n2
010
ba
ba.ba
ba.ba
.
.
.
ba.ba









Khi đó:


 


n1 n2
nn1 1
0
P(x) (x a).Q(x) r
Thương là : Q(x) b x b x b
Dư là : r b

Ví dụ 1: Tìm thương và dư của phép chia đa thức


32
P(x) 2x 9x 12x 4
cho đa thức
x1


Ví dụ 2: Tìm thương và dư của phép chia đa thức



42
P(x) 2x 3x 4x 5 cho đa thức x1





7. Phân tích đa thức ra thừa số

Định lý: Giả sử đa thức
nn1
nn1 10n
P(x) a x a x a x a (a 0)
-
-
=+ +++ ¹
có n nghiệm là
12 n
x , x , , x
thì

()()()
n1 2 n
P(x) a x x x x x x=- - -

Ví dụ: Phân tích đa thức
32
P(x) x 9x 11x 21=+ + -
thành nhân tử

Ví dụ: Rút gọn phân thức
32
32
x4xx4
A
x7x14x8




Hết

Chuyên đề 2:


BIẾN ĐỔI CÁC BIỂU THỨC NGUYÊN VÀ PHÂN THỨC


I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NHƠ
Ù:

Các hằng đẳng thức cơ bản và mở rộng :
1.
22 2
() 2ab a abb 
2.
22 2

() 2ab a abb 
3.
22
()()ab abab 

4.
33 2 23 33 3
() 3 3 ()3()   ab a ab ab b a b ab abab
5.
33 2 23
() 3 3ab a ab ab b  
6.
33 2 2
()( )ab abaabb 
7.
33 2 2
()( )ab abaabb 


8.
2222
() 222a b c a b c ab ac bc      



          
   
3333 2 2 2 2 2 2
333
9) (a b c) a b c 3a b 3ab 3a c 3ac 3b c 3bc 6abc

= a b c 3(a b)(b c)(c a)


333 222 2 2 2
1
3( )( = ( )10) ()() (
2
)


      


a b c abc a b c a b c ab ac bc a b c a b b c c a
Hệ quả: Nếu abc0 thì
333
abc3abc



11)
12 1
()( )
nn n n n
ab aba ab b
 
  

Ví dụ 1: Rút gọn các phân thức sau






2
22
22
2
22
2
22
2x 1 1 2x 2
1) A
4x 2 4x 2 1 4x
4x x 3 2x 3 x
x9
2) B
9x 1
2x 3 x 4x x 3



  



 

Ví dụ 2: 1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2
A2x 6x1



2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
22
Bxyxy2x2y

  
Phương pháp:
Để tìm GTLN của biểu thức A (phụ thuộc vào một hay nhiều biến) ta có thể thực hiện như sau:

Bước 1: Chứng minh :  hằng số M
A


Bước 2: Chỉ ra các biến để
M
A



Bước 3: Kết luận GTLN của A là M.
Để tìm
GTNN của biểu thức A (phụ thuộc vào một hay nhiều biến) ta có thể thực hiện như sau:

Bước 1: Chứng minh :  hằng số m
A

Bước 2: Chỉ ra các biến để
A
m


Bước 3: Kết luận GTNN của A là m




Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu
222
abcabbcca thì
abc




II. BÀI TẬP RÈN LUYỆN:

Bài 1: Cho
2
x2 2 24x 3xx 1
M3:
3x x1 x1 3x
æö
+ +
÷
ç

=+- -
÷
ç
÷
ç
èø
++


1) Rút gọn M thành một phân thức
2) Với giá trị nào của x thì
M0<
3) Tìm
x Î 
để
1
M
Î 


Bài giải
:
1) Điều kiện của biến là:
x0 x0
x10 x 1
24x 0 1
x
2
ì
ï

ï
ì
ï
ï
¹¹
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
+¹  ¹-
íí
ïï
ïï
ïï
-¹
ïï
ï
î
¹
ï
ï
ï
î

Khi đó:

()() ()

()
()
()()
()
()
2
2
22
2
2
2
x2 2 24x 3xx 1
M3:
3x x1 x1 3x
x 2 x 1 6x 9x x 1 2 4x 3x x 1
:
3xx1 x1 3x
28x 24x 3xx 1
:
3xx1 x1 3x
21 2x 1 2x x 1 3x x 1
.
3x x 1 2 1 2x 3x
12x 3xx 1

3x 3x
x1
3
xx

3x
æö
+ +
÷
ç
=+- -
÷
ç
÷
ç
èø
++
+++- - - -+
=-
++
+
=-
++
+- + -+
=-
+-
+-+
=-
-
=
-
=

2) Ta có:
M0 x10 x1<-<<

Kết hợp với điều kiện của biến ta có kết quả:
x1
x0
x1
1
x
2
ì
<
ï
ï
ï
ï
¹
ï
ï
ï
í
¹-
ï
ï
ï
ï
ï
¹
ï
ï
î

3) Ta có:

13
Mx1
=
-

Để
1
M
Î
 khi x Î  thì ta phải có:

x1- là ước của 3
x11
x2
x0
x1 1
x4
x1 3
x2
x1 3
é
-=
é
=
ê
ê
ê
ê
=
-=-

ê
ê

ê
ê
=
-=
ê
ê
ê
ê
ê
ê
=-
-=-
ë
ë

Đối chiếu với điều kiện của x ta có đáp số là:
x2;x2;x4=- = =





Bài 3: Cho biểu thức
3x 9x 3 1 1 1
P2:
xx2 x1x2 x1
æö

+-
÷
ç
÷
=++-
ç
÷
ç
÷
ç
+- - + -
èø



Bài giải
:
Điều kiện của biến là :
x0
x1
³
ì
ï
ï
í
¹
ï
ï
î

Đặt:
xa= với
a0
a1
³
ì
ï
ï
í
¹
ï
ï
î
. Khi đó:

()
()()
()( )
()
()()
()
()
2
22
22
2
2
2
2
2

3a 3a 3 1 1 1
P2:
aa2 a1a2 a1
3a 3a 3 a 2 a 1 2 a a 2
1
:
a1a2 a 1
a3a2 1
:
a1a2 a 1
a2(a1)
.a 1 a 1
a1a2
æö
+-
÷
ç
=++-
÷
ç
÷
֍
+- - + -
èø
+-+++ +-
=
-+ -
++
=
-+ -

++
=-=+
-+

Vậy:
()
2
Px1=+

BI TP TNG T T GII:
Bi 1
: Cho biu thc:
xx 1 x 1 x
M:x
x1 x1 x1
ổửổử
+-
ữữ
ỗỗ
=- +
ữữ
ỗỗ
ữữ
ỗỗ
ốứốứ
-

Tỡm cỏc giỏ tr ca x M cú ngha, khi ú hóy rỳt gn M.
ỏp s:
x0

2x
;M
x1
x
>
ỡ
ù
-
ù
=
ớ
ạ
ù
ù
ợ


Bi 2
: Cho biu thc:
x2 x3 x2 x
M:2
x5x 6 2 x x3 x1
ổửổử
+++
ữữ
ỗỗ
=
ữữ
ỗỗ
ữữ

ỗỗ
ốứốứ
-+ - - +

Tỡm cỏc giỏ tr ca x M cú ngha, khi ú hóy rỳt gn M.
ỏp s:
x0
x1
x4;M
x4
x9
ỡ
ù

ù
ù
+
ù
ù
ạ=
ớ
ù
-
ù
ù
ạ
ù
ù
ợ

Bi 3
: Cho biu thc:
()()
xx1x
2x 1 x 2x x x x
M1 .
1x 1xx 2x1
ộ
ự
ộự

-+ + -
ờ
ỳ
=- +
ờỳ
ờ
ỳ
ờỳ
-+ -
ởỷ
ở
ỷ

Tỡm cỏc giỏ tr ca x M cú ngha, khi ú hóy rỳt gn M.
ỏp s:
x0
1
x1;M

xx1
1
x
4
ỡ
ù
ù
ù

ù
ù
ù
ù
ạ=
ớ
ù
-+
ù
ù
ù
ạ
ù
ù
ù
ợ


Bi 4: Cho biu thc:
2x 9 2x 1 x 3
M

x5x 6 x3 2 x
-++
=++
-+ - -

Tỡm cỏc giỏ tr ca x M cú ngha, khi ú hóy rỳt gn M.
ỏp s:
x0
x1
x4;M
x3
x9
ỡ
ù

ù
ù
+
ù
ù
ạ=
ớ
ù
-
ù
ù
ạ
ù
ù
ợ

BÀI TẬP TỰ LUYỆN


Bài 1
: Cho
0
x


và
1
x
a
x
 là một hằng số . Tính theo a các biểu thức :

3
3
1
Ax
x

;
6
6
1
Bx
x

;
7
7
1
Cx
x



Bài giả

i:
Ta ln có hệ thức:
n1 n n1
n1 n n1
111 1
xxxx
x
xx x
+-
+-
ỉưỉưỉ ư
÷÷ ÷
ççç
÷÷ ÷
+=+ +-+
ççç
÷÷ ÷
ççç
÷÷ ÷
ççç
èøèøè ø
với
n1>

Cho
n2= ta sẽ có:
32
32
1111
xxxx

xxxx
ỉ ưỉưỉư
÷÷ ÷
çç ç
+= + +-+
÷÷ ÷
çç ç
÷÷ ÷
çç ç
è øèøèø

Với
2
22
2
11
xx2a2
xx
ỉư
÷
ç
+=+ -=-
÷
ç
÷
ç
èø

Ta tính được:

3
Aa 3a=-
()
2
2
33642
3
43 753
43
1
B x 2 a 3a 2 a 6a 9a 2
x
11 1
Cx x x a7a14a7a
xx x
ỉư
÷
ç
=+ -=- -=-+-
÷
ç
÷
ç
èø
ỉưỉưỉư
÷÷ ÷
çç ç
=+ +-+=-+ -
÷÷ ÷
çç ç

÷÷ ÷
çç ç
èøèøèø


Bài 2: Cho
0
x


thỏa mãn
2
2
1
7x
x

.
Chứng minh rằng
5
5
1
x
x
+
là một số ngun. Tìm số ngun đó


Bài giả
i:

Ta có:
54 3
54 3
1111
xxxx
xxxx
ỉưỉưỉư
÷÷ ÷
çç ç
+= + +-+
÷÷ ÷
çç ç
÷÷ ÷
çç ç
èøèøèø

Do:
2
2
2
11 1
xx2729x3
xx x
ỉư
÷
ç
+=++=+=+=
÷
ç
÷

ç
èø
(do x > 0)
Mặt khác:

32
32
1111
x x x x 7.3 3 18
xxxx
ỉ ưỉưỉư
÷÷ ÷
çç ç
+= + +-+=-=
÷÷ ÷
çç ç
÷÷ ÷
çç ç
è øèøèø

Và
2
42
42
11
xx249247
xx
ỉư
÷
ç

+= + -=-=
÷
ç
÷
ç
èø

Nên
54 3
54 3
1111
x x x x 47.3 18 123
xxxx
ỉưỉưỉư
÷÷ ÷
çç ç
+= + +-+ = -=
÷÷ ÷
çç ç
÷÷ ÷
çç ç
èøèøèø


Bài 2: Cho ba số x,y,z thỏa mãn đồng thời :

2
2
2
210

210
210
xy
yz
zx











Tính giá trò của biểu thức :
2009 2009 2009
Ax y z

Bài giải:
Cộng từng vế các đẳng thức đã cho và biến đổi ta được;

()
()
()
2
22
x10
x1 y1 z1 0 y10 x y x 1

z10
ì
ï
+=
ï
ï
ï
ï
+++++=+====-
í
ï
ï
ï
+=
ï
ï
ỵ

Vậy
() () ()
2009 2009 2009
A1113=- +- +- =-


Bài 4: Cho
4
432
16
4 8 16 16
a

M
aaa a



. Tìm các giá trò nguyên của a để M có giá trò nguyên



Bài giải
:
Rút gọn biểu thức M







4
432
4
32
2
2
16
4 8 16 16
16

2248

422

22 4
a
M
aaa a
a
aaaa
aaa
aaa








 

V
ới
a2¹
thì
a2
A
a2
+
=
-

Tìm
a Ỵ  để A Ỵ 
Tiếp tục biến đổi A thành
a2 4
A1
a2 a2
+
==+


Để
A Ỵ 
khi
a Ỵ 
thì ta phải có:

a2-
là ước của 4
a21 a 3
a2 1 a 1
a2 2 a 0
a22 a 4
a2 4
aa6
a
2
2
4
é

é
-= =
êê
êê
-=- =
êê
êê
-=- =
êê

êê
-= =
êê
êê
-=-
êê
êê
-= =
ë
ë
=-
êê

Đối chiếu với điều kiện của a ta có đáp số là: a0;a1;a3;a4;a6=====


Bài 6
: Chứng minh rằng:
1)
111

x(x1) x x1
=-
++

2)
()( )
1111
3x 1 3x 2 3 3x 1 3x 2
ỉư
÷
ç
=-
÷
ç
÷
ç
èø
-+ - +

3)
()() ()
1111
x1xx1 2x1x x(x1)
éù
êú
=-
êú
-+ - +
ëû

Áp dụng: Tính các tổng sau:
1)

111 1

1.2 2.3 3.4 . 1
n
S
nn



2)
()( )
n
11 1
S
2.5 5.8 3n 1 3n 2
=+++
-+

3)
111 1

1.2.3 2.3.4 3.4.5 ( 1)( 2)
n
S
nn n




III. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ ỨNG DỤNG BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ TRONG GIẢI TOÁN:

Bài 1:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
A2x 6x1=-+



Bài giải
:
Biến đổi biểu thức A

()
2
2
2
A2x 3x 1
99
2x 3x 1
42
37 7

2x
22 2
=-+
ỉư
÷
ç
=-++-
÷
ç
÷
ç
èø
ỉư
÷
ç
= ³-
÷
ç
÷
ç
èø

Dấu đẳng thức xảy ra khi
3
x
2
=
. Vậy
7
min A

2
=-


Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
()( )( )( )
A x 1x 2x 3x 6=- + + +


Bài giải:
Biến đổi biểu thức A

()( )( )( )
()()
()
22
2
2
A x 1x 6x 2x 3
x5x6x5x6
x5x 36 36
=- + + +
=+- ++
=+ -³-

Dấu đẳng thức xảy ra khi
x0=
hoặc
x5=-
. Vậy

min A 36=-


Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
A x xy y 3x 3y 2012=++ +


Bài giải:
Biến đổi biểu thức 4A

()
()( )
22
2222
22
4A 4x 4xy 4y 12x 12y 4.2012
x 2xy y 3 x y 4 2xy 4x 4y 4.2012 12
x y 3 x y 2 4.2009
A 2009
=++ +
=+ ++ +++ + -
=- + +- +
³

Dấu đẳng thức xảy ra khi
xy 0
x1
xy20
y1

-= ì
=
ì
ï
ï
ï
ï

íí
+-=
ïï=
ïï
ỵ
ỵ
. Vậy min A 2009=



Hết

Chuyên đề 3:

BIẾN ĐỔI CÁC BIỂU THỨC CÓ CHỨA CĂN THỨC


I. MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI CĂN THỨC CƠ BẢN:



Biến đổi căn thức bậc hai:

 
2
A
A (thường dùng)





2
AA A0
 . . (A 0;B 0)AB A B

 (A 0 , B 0)
AA
B
B



2
(B0)AB A B


Chú ý:
A
có nghóa khi
0
A


Biến đổi căn thức bậc ba:


3
3
A
A


33
3

A
BAB


3
3
3
(B 0)
AA
B
B



3
3
3

A
BAB



Ví dụ 1
: 1) Tính:
1
A 20 3 45 125
5
 
2) Rút gọn biểu thức:
a1 a1 4a4
B:
a1
a1 a1









với

a0;a1

Ví dụ 2: Hãy rút gọn các biểu thức sau:
1) A =
14 7 15 5 1
:
21 31 7 5








2) B =
2
1
x
xx
x
xx






0; 1xx

Ví dụ 3
: Cho biểu thức
a1 12
K:
a1
a1a a a1


 




 



1) Rút gọn biểu thức K.
2) Tính giá trị của K khi
a322


II. BÀI TẬP RÈN LUYỆN:

Bài 1: Chứng minh đẳng thức :
23 5 13 48
1
62
 



(1)

Bài giải:


2
23 5
23 5 13 48
(1)
62 62
23 5 23 1

62
23 4 23

62

23 1

VT

 


 









2
2
23

62
23 31 22 3 8 43 6 2
1
62 62 62 62 6
3
62
2
1


   


 
 


Bài 2: Chứng minh đẳng thức :
2
3
1

1
3
2
1
33
11 11
22




 
(1)

Bài giải:
 
22
33 3 3
11 1 1
22 2 2
(1)
33423423
11 11 1 1
224 4
33
11
22

13 31
11

44
33
11
22

13
11
2
VT
  
 

   








2323
22
31 3 3 3 3
222
2 3 2 3 (2 3)(3 3) (2 3)(3 3) 3 3 3 3
1
66
3333



 

  
  







Bài 3
: Chứng minh đẳng thức :
44
49 20 6 49 20 6
3
2


(1)


Bài giải:




22
44

44
22
44
44
44
526 5206
49 20 6 49 20 6
VT(1)
22
526 5206

2
32 32

2
3232
2 3
2










Bài 4: Cho a 0 . Chứng minh rằng :
22

2
22
1( 1)
11
aa aa
aa
aa aa


 
 

Hướng dẫn:
Đặt ẩn phụ:
ax=

Bài 5: Xét biểu thức
393 21
1
212
aa a
P
aa a a
 

  
. Tìm a để
1P


Hướng dẫn:
Đặt ẩn phụ:
ax=


Bài 6: Rút gọn biểu thức : 5329125A 
Đáp số:
A1=


Bài 7: Thu gọn biểu thức :
23684
234
P




Đáp số: P1 2=+
Bài 8: Cho
22
1
11
xxxx
M
x
xx xx


 

Rút gọn M với 0 1
x

Hướng dẫn:
+ Đặt xa=
+ Kết quả:
M1 x=-

Bài 9: Tính giá trò của biểu thức :
3 2 2009
A (3x 8x 2) với
3
( 5 2) 17 5 38
x
51465




Hướng dẫn:
+ Rút gọn x sẽ được
1
x
3
=

+ Thay x vào A sẽ được
2009
A3=

Bài 10: Cho
2
11
21 21
x 


. Tính giá trò của biểu thức :
4 3 2 2007
(21)Axxx x
Hướng dẫn:
+ Rút gọn x
+ Thay x vào A

Bài 11: Tính giá trò của biểu thức :
4 2 2007
P(x 4x 3)

với giá trò
310 9
x(103)
619610




Hướng dẫn:
+ Rút gọn x
+ Thay x vào A

Bài 12: Cho số
33
x945945 

1) Chứng tỏ x là nghiệm của phương trình
3
x3x180


.
2) Tính x.
Hướng dẫn:
1) Ta có:



33
3
33
3
3
x 9 4 5 9 4 5
x183.x.945945
x183x
x3x180
 
  




Suy ra x là nghiệm của phương trình
3
x3x180


2) Giải phương trình (1) được
x3=

Bài 13: Chứng minh rằng
33
125 125
x39 39
27 27
  là một số nguyên.
Hướng dẫn:
Giải tương tự bài 12

Bài 14: Chứng minh rằng số :
0
223 6323x  
là một nghiệm của phương trình :
42
16 32 0xx

.
Bài giải:
Biến đổi phương trình:



2
42 2
16 32 0 8 32xx x (1)
Ta s
ẽ chứng minh:
()
2
2
0
x8 32-=

Thật vậy:






2
00
2
0
2
2
0
223 6323 82232323
8 2 2 3 2 3 2 3
8423633334332

xx
x
x
    
   
  

Vậy
0
x
là nghiệm của phương trình
42
16 32 0xx

Bài 18:
1) Chứng minh rằng :
()
111
n1n nn1 n n1
=-
+++ +

2) Tính tổng:

11 1 1
S
2 2 3 2 2 3 4 3 3 4 100 99 99 100
=+ + ++
++ + +

Hết

Chuyên đề 4:
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Nhắc lại:
1) Một số phép biến đổi tương đương phương trình thường sử dụng

a) Chuyển vế một biểu thức từ vế này sang vế kia (nhớ đổi dấu của biểu thức).
b)
Nhân hoặc chia hai vế của phương trình với một hằng số (khác 0) hoặc với một biểu thức
(khác khơng).
c)
Thay thế một biểu thức bởi một biểu thức khác bằng với biểu thức đó.

Chú ý: Sử dụng dấu

khi thực hiện các phép biến đổi tương đương.
Lưu ý:

+ Chia hai vế của phương trình cho biểu thức chứa ẩn đề phòng mất nghiệm.
+ Bình phương hai vế của phương trình đề phòng dư nghiệm.

2) Các bước giải một phương trình
Bước 1
: Tìm điều kiện (nếu có) của ẩn số để hai vế của pt có nghóa
Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương để biến đổi pt đến một pt đã biết cách giải
Bước 3: Giải pt và chọn nghiệm phù hợp ( nếu có)
Bước 4: Kết luận

I. Phương trình bậc nhất
:

1. Dạng : ax + b = 0 (1)



số tham : ba,
số ẩn : x


2. Giải và biện luận:

Ta có : (1)

ax = -b (2)


 Nếu a  0 thì (2)


a
b
x


Nếu a = 0 thì (2) trở thành 0.x = -b
* Nếu b

0 thì phương trình (1) vô nghiệm
* Nếu b = 0 thì phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x

Tóm lại :
 a  0 : phương trình (1) có nghiệm duy nhất
a
b
x


a = 0 và b

0 : phương trình (1) vô nghiệm

a = 0 và b = 0 : phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x

Áp dụng
:
Ví dụ : Giải các phương trình sau:
2
mx 2 x 2m










3. Điều kiện về nghiệm số của phương trình:
Đònh lý: Xét phương trình ax + b = 0 (1) ta có:


(1) có nghiệm duy nhất

a

0

(1) vô nghiệm







0
0
b
a


(1) nghiệm đúng với mọi x







0
0
b
a

Áp dụng:
Ví dụ :
1) Với giá trò nào của a, b thì phương trình sau nghiệm đúng với mọi x

0)1(
24
 bxaxa

2) Với giá trò nào của m thì phương trình sau có nghiệm

xm x2
x1 x1




II. Phương trình bậc hai:

2
0ax bx c

 (1) (
0a

)

1. Cách giải
:
Tính biệt số
2
4bac 
( hoặc
'2 '
' với b
2
b
bac

 
)
 Nếu
0
thì pt (1) vô nghiệm
 Nếu

0
thì pt (1) có nghiệm số kép
12
2
b
xx
a
 (
'
12
b
xx
a

 )
 Nếu 0 thì pt (1) có hai nghiệm phân biệt
1,2
2
b
x
a



(
''
1,2
b
x
a



 )
Ví dụ: Giải phương trình
13
2
x2 6x
+=


2. Trường hợp đặc biệt:

Nếu pt (1) có các hệ số thoả mãn a+b+c = 0 thì pt (1) có hai nghiệm là
12
1 và x
c
x
a


 Nếu pt (1) có các hệ số thoả mãn a-b+c = 0 thì pt (1) có hai nghiệm là
12
1 và x
c
x
a
 
3. Điều kiện về nghiệm số của bậc hai:
Đònh lý
: Xét phương trình :

2
0ax bx c

 (1) (
0a

)
 Pt (1) vô nghiệm
0



 Pt (1) có nghiệm kép 0


 Pt (1) có hai nghiệm phân biệt 0


 Pt (1) có nghiệm ( hoặc có hai nghiệm)
0




Đặc biệt :
Nếu pt(1) có hệ số a,c thoả a.c < 0 thì pt(1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
4. Đònh lý VIÉT đối với phương trình bậc hai:

Đònh lý thuận: Nếu phương trình bậc hai :
2

0ax bx c

 (
0a

) có hai nghiệm x
1
, x
2
thì

12
12
.
b
Sx x
a
c
Pxx
a











 Đònh lý đảo : Nếu có hai số ,
x
y mà
x
yS

 và . P
x
y


)4(
2
PS 
thì ,
x
y là nghiệm của
phương trình


2
XS.XP0-+=


 Ý nghóa của đònh lý VIÉT:
Cho phép tính giá trò các biểu thức đối xứng của các nghiệm và xét dấu các nghiệm mà không cần
giải phương trình .
Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x
1

và x
2
của phương trình ax
2
+ bx + c = 0
là biểu thức có giá trò không thay đổi khi ta hoán vò x
1
, x
2

Ta có thể biểu thò được các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x
1
, x
2
theo S và P

VÍ DU
Ï:
Ký hiệu
n
2
n
1n
xxS 
. Ta lần lượt có:
52
5
5
2
5

1
25
2
5
1
10
2
10
110
1
4
4521
4
2
4
1
4
2
4
1
5
2
5
1
9
2
9
19
42
4

4
2
4
1
24
2
4
1
8
2
8
18
1
3
3421
3
2
3
1
3
2
3
1
4
2
4
1
7
2
7

17
32
3
3
2
3
1
23
2
3
1
6
2
6
16
1
2
23
21
2
2
2
1
2
2
2
1
3
2
3

1
5
2
5
15
22
2
2
2
2
1
22
2
2
1
4
2
4
14
3
2121
3
21
3
2
3
13
2
21
2

21
2
2
2
12
211
P2Sxx2)xx(xxS
SPSS)xx(xx)xx)(xx(xxS
P2Sxx2)xx(xxS
SPSS)xx(xx)xx)(xx(xxS
P2Sxx2)xx(xxS
SPSS)xx(xx)xx)(xx(xxS
P2
Sxx2)xx(xxS
PS3S)xx(xx3)xx(xxS
P2Sxx2)xx(xxS
SxxS












Tính tương tự cho: S

11
, S
12
,
Ví dụ 1:
Cho x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình:
01xx
2




1.
Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là 2x
1
- x
2
và 2x
2
- x
1

2.
Hãy tính giá trò của biểu thức
a)
A =

2
2
2
1
xx  b) B =
3
2
3
1
xx

c) C =
4
2
4
1
xx


d) D =
5
2
5
1
xx  ; e) E =
6
2
6
1
xx


f) F =
7
2
7
1
xx


Ví dụ 2: Cho phương trình:
02x5x
2



Gọi
21
x,x
là các nghiệm. Tính giá trò của các biểu thức:
a)
6
2
6
1
xxA  b) B =
8
2
8
1
xx



Ví dụ 3: Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình:
083x4x
2




Tính giá trò của các biểu thức:
2
3
1
3
21
2
221
2
1
xx5xx5
x6xx10x6
Q




Ví dụ 4: Cho x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình : )0a( 0cbxax
2





a) Tính giá trò của biểu thức :
4
2
4
1
x
1
x
1
A 
theo a, b, c
b) Chứng minh rằng :
2
7
)31(
1
)31(
1
44






c) Chứng minh rằng :
198)21()21(
66


5. Dấu nghiệm số của phương trình bậc hai:

a. Đònh lý:
Xét phương trình bậc hai :
2
0ax bx c

 (1) (
0
a

)
 Pt (1) có hai nghiệm dương phân biệt
> 0
P > 0
S > 0









 Pt (1) có hai nghiệm âm phân biệt
> 0
P > 0
S < 0








 Pt (1) có hai nghiệm trái dấu
P < 0



Ví dụ: Cho phương trình:
()
22
x2m1xm4m50-++-+=
Định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt đều dương.
b. Mọi tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+bx+c (a0) điều có thể biểu diển thành

22
() ( )
24
b
f x ax bx c a x
aa

 



Ví dụ
: Tìm giá trị giá trị nhỏ nhất của tam thức
2
f(x) 2x 5x 12=+-

Ví dụ: Tìm giá trị giá trị lớn nhất của phân thức
2
2
xx1-+


Ví dụ: Cho phương trình:
()
2
x2m1x2m40 +-=

1) Chứng minh pt (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m
2) Gọi

12
x,x là hai nghịệm của pt. Tìm GTNN của biểu thức
22
12
Ax x=+

c. Công thức phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử:

Nếu tam thức bậc hai f(x)=
2
ax bx c

 ( 0a

)
có hai nghiệm là x
1
,x
2
thì tam thức được phân tích thành :

f(x) = a(x-x
1
)(x-x
2
)


Ví dụ: Phân tích thành nhân tử biểu thức



22
252x xyy xy







d. Dấu cuả nhò thức bậc nhất f(x) = ax+b ( a0)
Bảng xét dấu:
x


b
a





f(x) Trái dấu a 0 Cùng dấu a


Ví dụ: Giải bất phương trình:
2x 3
0
3x
-

>
-


II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN QUY VỀ BẬC HAI BẰNG PHÉP ĐẶT ẨN PHỤ


1.Dạng I
:
42
0 ( a 0 )ax bx c 



 Đặt ẩn phụ : t = x
2
Ví dụ: Giải phương trình:
42
9x 2x 32 0+-=

2. Dạng II
. ( )( )( )( ) ( k 0 )
x
ax bx cx d k  trong đó a+b = c+d



 Đặt ẩn phụ : t = (x+a)(x+b)

3.Dạng III:
44
()() ( k 0 )xa xb k 



 Đặt ẩn phụ : t =
2
ab
x




4.Dạng IV
:
432
0ax bx cx bx a




Chia hai vế phương trình cho x
2



 Đặt ẩn phụ : t =
1
x

x













III . PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA

32
0ax bx cx d

 (1) (
0
a

)

1.Cách giải: Áp dụng khi biết được một nghiệm của phương trình (1)
Bước 1
: Nhẩm một nghiệm của phương trình (1). Giả sử nghiệm là x = x
0

Bước 2: Sử dụng phép CHIA ĐA THỨC hoặc sơ đồ HOÓCNE để phân tích vế trái thành nhân
tử và đưa pt (1) về dạng tích số :

Sơ đồ


Trong đó:

0
x
00
aA,x.AbB, x.BcC, .Cd0 

(1)

(x-x
0
)(Ax
2
+Bx+C) = 0

0
2

0 (2)
x
x
Ax Bx C








Bước 3: Giải phương trình (2) tìm các nghiệm còn lại ( nếu có).

Ví dụ: Giải phương trình:
32
x9x11x210++-=

IV. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

1.Phương pháp 1: Biến đổi phương trình đã cho về phương trình đã biết cách giải.

2.Phương pháp 2: Biến đổi phương trình đã cho về dạng tích số : A.B = 0; A.B.C = 0.
Đònh lý:
0
.0
0
A
AB
B






;

0
0 0
0
A
ABC B
C










3.Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về dạng đã biết cách giải.

4.Phương pháp 4: Biến đổi phương trình về hệ phương trình .

Đònh lý1: Với
0, 0
A
B
thì
0
0
0
A
AB

B








Đònh lý 2: Với A, B bất kỳ thì
22
0
0
0
A
AB
B








Đònh lý 3:
Với
và B K
A
K

( K là hằng số ) thì
A
K
AB
B
K













a b c d
x
0
A B C 0 (số 0)
B. BÀI TẬP RÈN LUYỆN :
Bài 1:
Cho phương trình có ẩn số x :
2
x2(m1)x3m0



1) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm với mọi m.
2) Tìm m sao cho nghiệm số x
1
, x
2
của phương trình thỏa mãn điều kiện:
22
12
xx10
Bài 2: Cho phương trình bậc hai ẩn x :
2
x2mx2m10

.
1) Chứng tỏ phương trình có nghiệm x
1
, x
2
với mọi m.
2) Đặt A =
22
12 12
2(x x ) 5x x

a) Chứng tỏ A =
2
8m 18m 9
b) Tìm m sao cho A = 27
3) Tìm m sao cho phương trình có nghiệm này bằng hai nghiệm kia.
Bài 3: Cho phương trình :

2
(m 1)x 2(m 1)x m 0 ( ẩn số là x )
a) Đònh m để phương trình có nghiệm kép. Tính nghiệm kép này
b) Đònh m để phương trình có hai nghiệm đều âm
Bài 3: Cho phương trình :
22
x(2m3)xm3m0
a) Chứng tỏ rằng phương trình luôn luôn có hai nghiệm khi m thay đổi
b) Đònh m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa 1 < x
1
< x
2
< 6.
Bài 4: Cho phương trình :
2
(m2)x (2m1)x3m 0
a) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm với mọi m
b) Tìm m sao cho phương trình có nghiệm này bằng hai nghiệm kia
Bài 5: Cho phương trình :
2
x4xm10
a) Đònh m để phương trình có nghiệm.
b) Đònh m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2

thỏa :
22
12
xx10


Bài 6: Cho phương trình :
2
x2mxm20
a) Xác đònh m để phương trình có hai nghiệm không âm
b) Tính giá trò của biểu thức
12
Ex x theo m.
Bài 7: Cho phương trình :
2
3x mx 2 0
Xác đònh m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn
22
12
5
xx
9


Bài 8: Cho phương trình :
22
x2(m4)xm80
Xác đònh m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x

2
thỏa mãn :
a)
12 12
Ax x 3xx đạt giá trò lớn nhất.
b)
22
1212
Bx x xx đạt giá trò nhỏ nhất.
c) Tìm hệ thức giữa x
1
, x
2
không phụ thuộc vào m
Bài 9: Cho phương trình :
22
x4x(m3m)0  
a) Chứng tỏ phương trình có nghiệm x
1
, x
2
với mọi m.
b) Xác đònh m để :
22
12 12
xx4(xx) 
c) Lập phương trình bậc hai ẩn y có hai nghiệm y
1
, y
2

thỏa mãn :
y
1
+y
2
= x
1
+ x
2
và
12
21
yy
3
1y 1y




Bài 10: Cho phương trình :
2
x 2(m 3)x 2(m 1) 0
a) Chứng tỏ phương trình có nghiệm x
1
, x
2
với mọi m.
b) Gọi x
1
, x

2
là 2 nghiệm của phương trình . Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức:P=
22
12
xx

.
Bài 11:
Cho phương trình :
22
2330mx mx m m (1)
a) Đònh m để phương trình (1) vô nghiệm
b) Đònh m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
,x
2
thoả mãn :
12
1xx


Bài 12: Cho phương trình :
2
2( 1) 2 4 0xmxm

a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
b) Gọi x
1
,x
2

là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1)
Tìm giá trò nhỏ nhất của
22
12
y
xx


Bài 13: Giải các phương trình sau:
1.
42
10 9 0xx

2.( 1)( 2)( 3)( 4) 3
x
xxx 
3.
22
(34)( 6)24xx xx 

4.
44
(2)(3)1xx
5.
432
36310xxxx

Bài 14:
Giải các phương trình sau:
1.

32
61160xx x
2.
32
429240xx x
3.
32
220xxx
Bài 15:
Cho phương trình bậc ba :
322 2
(2 1) (3 6 2) 3 4 2 0 (1)xmxmmxmm 
1. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có ba nghiệm phân biệt x
1
,x
2
,x
3
trong đó x
1
=1

với mọi m
2. Xác đònh m để biểu thức P =
123
x
xx
đạt giá trò nhỏ nhất. Tìm giá trò nhỏ nhất đó và các nghiệm
x
1

,x
2
,x
3
tương ứng .
Bài 16:
Giải các phương trình sau:
1.
2
21 76
3216
xxx
xx




2.
432
254120xxxx

3.
234
(2)(3)(4)2xxx
4. (x+9)(x+10)(x+11) -8x = 0
5.(4 1)(12 1)(3 2)( 1) 4
x
xxx
6.
2

2
48 4
10( )
33
xx
x
x
 

Bài 17:
Cho phương trình :
42
240xmx
Tìm giá trò của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x
1
,x
2
,x
3
,x
4
thoả mãn

4444
1234
32xxxx

