chuyên đề đại bồi dưỡng hsg cực hót

TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
Ngày soạn:
Ngày giảng:
CHUYÊN ĐỀ 1: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC NGUYÊN
1) Một số hằng đẳng thức đáng nhớ:
+)
2 2 2
( ) 2a b a ab b+ = + +
+)
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 2 3 1
( ) 2( )
n n n n
a a a a a a a a a a a a
−
+ + + = + + + + + +
+)
2 2 2 2
( ) 2 2 2a b c a b c ab bc ca+ + = + + + + +
+)
2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2
( )( )
k k k k k k
x y x y x x y x y y
+ + − −
+ = + − + − +
, n nguyên dương
+)
2 2 2 1 2 2 2 3 2 2 1
( )( )
k k k k k k

x y x y x x y x y y
− − − −
− = + − + − −
, k nguyên dương
+)
2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2
( )( )
k k k k k k
x y x y x x y x y y
+ + − −
+ = + − + − +
, k nguyên dương
+)
3 3 2 2 3
( ) 3 3x y x x y xy y+ = + + +
+)
3 3 2 2 3
( ) 3 3x y x x y xy y− = − + −
2) Bảng các hệ số trong khai triển
( )
n
x y+
- tam giác pascal
Đỉnh 1
Dòng 1(n=1) 1 1
Dòng 2(n=2) 1 2 1
Dòng 3(n=3) 1 3 3 1
Dòng 4(n=4) 1 4 6 4 1
Dòng 5(n=5) 1 5 10 10 5 1
BÀI TẬP

1) Phân tích các biểu thức sau thành thừa số:
a)
2 2 2
( ) ( ) ( )a b c b c a c a b− + − + −
(a – b)(b – c)(a – c)
b)
3 2
4 29 24a a a+ − +
(a – 1)(a – 3)(a + 8)
c)
3 3 3 3
( )a b c a b c+ + − − −
3(a + b)(b + c)(c + a)
d)
8 4
1x x+ +
8 4
1x x+ +
=
4 2 4
( 1)x x+ −
….
2) Đơn giản biểu thức:
a)
3 3 3 3
( ) ( ) ( ) ( )x y z x y z x y z x y z+ + − + − − − + + − − +
Đặt a = x + y – z :b = y + z – x
c = z + x - y
b)
2 4 8 16 32

(2 1)(2 1)(2 1)(2 1)(2 1)(2 1)+ + + + + +
(2-1)
2 4 8 16 32
(2 1)(2 1)(2 1)(2 1)(2 1)(2 1)+ + + + + +
3) Cho
2 2 2 3 3 3
1a b c a b c+ + = + + =
. Tính S =
2 9 1945
a b c+ +
2 2 2
1a b c+ + =
nên a, b, c
[ ]
1,1∈ −
=>
3 3 3
a b c+ +
- (
2 2 2
a b c+ +
)
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
=
2 2 2
( 1) ( 1) ( 1)a a b b c c− + − + −
≤ 0
Hay
3 3 3

a b c+ +
≤ 1
Dấu “=” xảy ra nên a, b, c
[ ]
0,1∈
suy ra
9 2
b b=
1945 2
c c=
=> s = 1
4) Cho
3 2 3 2
3 19, 3 98a ab b a b− = − =
.
Tính P =
2 2
a b+
3 2 2 3 2 2 2 2
( 3 ) ( 3 ) 19 98a ab b a b− + − = +
=>
2 2 3 2 2
( ) 19 98a b+ = +
Ngày soạn:
Ngày giảng:
CHUYÊN ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP QUI NẠP TOÁN HỌC
I. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n∈ N ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiên
được vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn. Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau
Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0

Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k ≥0 bất kì
suy ra nó đúng với n=k+1 .
Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥2 ta có đẳng thức :
a
n
-b
n
=(a-b)(a
n-1
+a
n-2
b +… + b
n-1
)
Chứng minh
Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp .
* Khi n=2 ta có a
2
-b
2
=(a-b)(a+b) là đúng
* Giả sử đẳng thức đúng khi n=k . Tức là ta có : a
k
-b
k
=(a-b)(a
k-1
+a
k-2
b +… + b

k-1
)
Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 . Tức là C/m a
k+1
-b
k+1
=(a-b)(a
k
+a
k-1
b +… + b
k
) .
Thật vậy ta có :
VT = a
k+1
- b
k+1
= a
k+1
-a
k
b + a
k
b -b
k+1
= a
k
(a-b)+ b(a
k

-b
k
)
= a
k
(a-b) + b(a-b)(a
k-1
+a
k-2
b +… + b
k-1
)
= (a-b)[ a
k
+ b(a
k-1
+a
k-2
b +… + b
k-1
)] = (a-b)(a
k
+a
k-1
b +… + b
k
) = VP
Vậy theo giả thiết quy nạp đẳng thức đúng với mọi n ≥ 2
Bài 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n ≥ 1 ta có đẳng thức :
1+2+3+4…………+ n =

2
1)n(n +
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N
*
ta có :
1
2
+2
2
+3
2
+ 4
2
+5
2
+……+n
2
=
6
1++ )1)(2nn(n
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N biểu thức U
n
=13
n
-1 chia hết 6.
Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3 ta có 2
n
> 2n+1
Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:
2n 2

4.3 32n 36 64
+
+ − M
Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥1 ta luôn có: (n+1)(n+2)…(2n)
M
1.3.5…(2n-1)
Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n
3
+2n
M
3
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
Ngày soạn:
Ngày giảng:
CHUYÊN ĐỀ 3: TÍNH CHIA HẾT
A. CHIA HẾT SỐ NGUYÊN
1. Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kì a và b (b
≠
0). Tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên
(q, r) sao cho a = bq + r với
0 r b≤ <
.
* Nếu r = 0 thì a chia hết cho b: a
M
b
⇔
a = kb a, b, k
∈
¥

* Nếu r
≠
0 phép chia a cho b là có dư
2. Tính chất của qua hệ chia hết:
a
M
a
a
M
b và b
M
a thì a = b
a
M
b và b
M
c thì a
M
c
a
M
m thì ka
M
m và a
k

M
m
a
M

m, b
M
m thì a
±
b
M
m
a
±
b
M
m mà a
M
m thì b
M
m
a
M
m, b
M
n thì ab
M
nm
a
M
m thì a
n

M
m

n

a
n

M
m, m nguyên tố thì a
M
m
a
M
m, a
M
n mà (n, m) = 1 thì a
M
mn
a
M
m, a
M
n, a
M
k; n, m, k nguyên tố sánh đôi thì a
M
mnk
a
M
m, b
M
m thì a

±
b
M
m
* Trong n số nguyên liên tiếp (n∈N
*
) có một và chỉ một số chia hết cho n.
* Trong n+1 số nguyên bất kì (n∈N
*
) chia cho n thì có hai số chia cho n có cùng số dư.
* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một số nguyên tố p ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n
chia cho p.
* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, ta phân tích m thành tíchcác thưac số đôi một nguyên
tố cùng nhau rồi lần lượt chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số đó.
* Để CM f(x) chia hết cho m thông thường ta phân tích f(x) thành nhân tử rồi xét số dư khi chia x
cho m.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI :
1/ Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p
Ví dụ : A(n) = n(n
2
+1)(n
2
+4) chia hết cho 5
n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5
a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5
b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n
2
= 25k
2
+10k +1 thì (n

2
+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho
5
c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n
2
= 25k
2
+20k +4 thì (n
2
+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho
5
d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n
2
= 25k
2
+30k +9 thì (n
2
+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho
5
e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n
2
= 25k
2
+40k +16 thì (n
2
+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết
cho 5
2/ Phương pháp 2 : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN

a/ (p,q) = 1 ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q => A(n) chia hết cho
p.q
b/ Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau ta phân tích A(n) = B(n).C(n) và chứng minh
B(n) chia hết cho p, C(n) chia hết cho q => , A(n) chia hết cho p.q
3/ Phương pháp 3 : Để chứng minh A(n)
M
m có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử và
chứng minh mỗi hạng tữ chia hết cho n.
4/ Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n)
M
m ta phân tích A(n) thành nhân tử, trong đó có một
nhân tử bằng m hoặc chia hết cho m: A(n) = m.B(n)
+ Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức :
a
n
– b
n

M
a – b ( a
≠
b) n bất kỳ.
a
n
– b
n

M
a – b ( a
≠

- b) n chẵn.
a
n
+ b
n

M
a + b ( a
≠
- b) n lẻ.
Bài 1: Chứng minh rằng
3
n n−
chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n
Bài 2: Chứng minh rằng
3
20m m+
chia hết cho 48 với mọi số chẵn m
(
3
20m m+
=
3 3 3
(2 ) 40 8( 5 ) 8(( ) 6 )k k k k k k k+ = + = − +
=
3
8( ) 48k k k− +
)
Bài 3: Chứng minh rằng A =
5

n n−
chia hết cho 30 với mọi số nguyên dương n
(
5
n n−
=
2
( 1)( 1)( 1)n n n n− + +
= n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)+5n(n-1)(n+1))
Bài 4: Chứng minh A =
2
7.5 12.6
n n
+
chia hết cho 19
( dùng quy nạp toán học)
Bài 5: Chứng minh rằng:
A =
3 1 5
(2 2 )( )
n n
n n
+
+ −
chia hết cho 30 với mọi số tự nhiên n
Bài 6: Chứng minh rằng:
2 2 1
2 (2 1) 1
n n+
− −

2 2 1
2 (2 1) 1
n n+
− −
chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n ≥ 1
( Dùng quy nạp toán học)
Bài 7: a) Chứng minh rằng :
3 2
( ) 18 (3 3)n n n− + − −
3
2n n− +
không chia hết cho 6 với mọi số tự
nhiên n
b) Chứng minh rằng
3
n n−
chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên lẻ
(
3
n n−

M
3 vì n lẻ => n = 2k+1 => n – 1 =2k, n + 1 = 2k + 2=> (n-1)(n+1)=2k(2k+2)=4k(k+1)
M
8)
Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số nguyên lẻ thì số A =
3 2
3 21n n n− − +
chia hết cho 6
(A =

3 2
( ) 18 (3 3)n n n− + − −
)
Ngày soạn:
Ngày giảng:
CHUYÊN ĐỀ 4: BẤT ĐẲNG THỨC
I. Tính chất cơ bản của BĐT :
a) a < b, b < c
⇒
a < c
b) a < b
⇔
a +c < b+ c.
c) a< b
⇔
a.c < b.c (với c > 0)
a< b
⇔
a.c > b.c (với c < 0)
d) a < b và c < d
⇒
a+c < b + d.
e) 0 < a < b và 0 < c < d
⇒
a.c < b.d
f)
( )
2 1 2 1
n
n n

a b a b
+ + +
< ⇔ < ∈¢
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
0 <
( )
2 2
n
n n
a b a b
+
< ⇔ < ∈¢
g)
( )
2 1 2 1
n
n n
a b a b
+
+ +
< ⇔ < ∈¢

( )
2 2
0 n
n n
a b a b
+
< < ⇔ < ∈¢

II. BĐT Cauchy: (Cô–si)
a,b 0
2
a b
ab
+
≤ ∀ ≥
Đẳng thức
2
a b
ab
+
=
xảy ra khi và chỉ khi a = b.
a, b, c 0
3
+ +
≤ ∀ ≥
a b c
abc
Hệ quả:
1
a + 2
a
≥
,
a 0∀ >
III. Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối
a) |x|
≥

0, |x|
≥
x, |x|
≥
-x
b) |x|
≤
a
⇔
-a
≤
x
≤
a ( với a > 0)
|x|
≥
a
⇔
x
≤
-a hoặc x
≥
a
c) |a|-|b|
≤
|a+b|
≤
|a| + |b|.
II. BĐT Bunhinacôpxki
Cho a, b, x, y là các số thực, ta có:

≥++ ))((
2222
yxba
(ax + by)
2
Đẳng thức xảy ra khi:
a b
x y
=
Tổng quát: Cho 2n số thực:
1 2 1 2
, , , ; , , ,
n n
a a a b b b
Ta có:
1 1 2 2
| | + + + ≤
n n
a b a b a b

2 2 2 2 2 2
1 2 1 2
( )( )
n n
a a a b b b+ + + + + +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
1 2
1 2

n

n
a
a a
b b b
= = =
III. BĐT Becnuli
Cho a > -1, n
∈
N
*
:
(1+ + a)
n

≥
1 + na.
Đẳng thức xảy ra khi
a = 0 hoặc n = 1
2 Bất đẳng thức Cô-si mở rộng:
Cho n số không âm: a
1
; a
2; …;
a
n
Ta có:
1 2 1 2
a
a
n n

a a n a a a+ + + ≥
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2
a
n
a a= = =
Bài 1:
Cho hai số dương a và b . Chứng minh : (a+b)(
b
1
a
1
+
) ≥ 4
Giải:
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
Vì a, b l hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
(a+b) 2 ab
1 1 1
+ 2
a b ab
1 1 1
(a+b) 2 .2 =4
a ab
ab
b
≥
≥
 

+ ≥
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra khi v chỉ khi:a= b.
Bài 1:Cho x, y, z >0. Chứng minh rằng

1 1 1 9
x y z x y z
+ + ≥
+ +
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho
1 1 1
x y z
+ +
Và x + y + z
Bài 2: Chứng minh rằng nếu các số
dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + ≥
+ + +
thì abc
1
8
≤
=>
1 1 1
1 1
1 1 1a b c

≥ − + −
+ + +
=
1
1 1 1
b c
a b c
≥ +
+ + +
áp dụng bất đẳng thức côsi
ta có
2
1 1 (1 )(1 )
b c bc
b c b c
+ ≥
+ + + +
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 1
b c
b c
=
+ +
Hay b=c
Vậy
1
2
1 (1 )(1 )
bc
a b c

≥
+ + +
Tương tự với
1
1 b+
,
1
1 c+
Bài 3:Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn
a+b+c=1 CMR:
1 1 1 6a b c− + − + − ≤
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số ko âm
2
3
và 1-a thì được
2
1
2 5 3
3
(1 )
3 2 6
a
a
a
− +
−
− ≤ =
Dấu bằng xảy ra khi 1-a =
2
3

hay a =
1
3
Tương tự
2 5 3
(1 )
3 6
b
b
−
− ≤
;
2 5 3
(1 )
3 6
c
c
−
− ≤
Bài 4: Cho a > b ≥ 0. chứng minh rằng
2
4
( )( 1)
a
a b b
+
− +
≥ 3
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 4 số
a-b ;

2
4
( )( 1)a b b− +
;
1
2
b +
;
1
2
b +
Bài 5: Chứng minh rằng nếu các số dương
a, b, c thỏa mãn a+b+c≤1 thì:
2
1
2a bc+
+
2
1
2b ca+
+
2
1
2c ab+
≥9
Áp dụng bđt
1 1 1
( )( ) 9A B C
A B C
+ + + + ≥

Với A=
2
2a bc+
;B=
2
2b ca+
;C=
2
2c ab+
và chú
ý A+B+C=
2
( ) 1a b c+ + ≤
Dấu “=” xảy ra khi A=B=C và a+b+c = 1
Hay a=b=c=
1
3
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
Bài 6: Chứng minh rằng nếu a, b, c là các
độ dài của một tam giác có p là nửa chu vi
thì
3p p a p b p c p< − + − + − ≤
Áp dụng bđt bunhia cho hai bộ số (1, 1, 1)và
(
, ,p a p b p c− − −
) hay
3p a p b p c p− + − + − ≤
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c

p p a p b p c< − + − + −
bình phương hai
vế ta có điều hiển nhiên
Bài 7: Chứng minh rằng nếu x, y, z là các
số dương thì ;
2 2 2
2
x y z x y z
y z x z y x
+ +
+ + ≥
+ + +
Áp dụng bđt bunhia ta có
(y+z+x+z+x+y)(
2 2 2
x y z
y z x z y x
+ +
+ + +
)≥
2
( )x y z+ +
Bài 8; Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng
3 3 3
a b c
ab bc ca
b c a
+ + ≥ + +
Áp dụng bđt côsi ta có
3

2
2
a
ab a
b
+ ≥
;
3
2
2
b
bc b
c
+ ≥
;
3
2
2
c
ca c
a
+ ≥
cộng theo
từng vế ta được điều phải cm
3 3 3
a b c
ab bc ca
b c a
+ + ≥ + +
Ngày soạn:

Ngày giảng:
CHUYÊN ĐỀ 5:
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT NHỎ NHẤT
SỐ CHÍNH PHƯƠNG , NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
1) Định nghĩa: Là số có dạng
2
,n n∈¢
.
2) Tính chất:
1. Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, số chính phương lẻ khi chia cho 8 dư 1
2. Nếu a=3k thì
( )
2
0 mod9a ≡
; Nếu
3a k
≠
thì
( )
2
1 mod3a ≡
3. Giữa các bình phương của hai số nguyên liên tiếp không có số chính phương nào
4. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có
chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8
5. Nếu hiệu của hai số nguyên bằng 2n thì tích của chúng thêm n
2
sẽ là số chính
phương.
6. Nếu ab chính phương, (a,b)=1 thì a chính phương và b chính phương.
HD: G/s ab= c

2
và gọi d=(a,c) suy ra a=a
1
d; c=c
1
d, (c
1
, d
1
)=1do đó ab=c
1
2
d
+ Do
( )
2 2
1 1 1 1 1
a d c c , 1b vi a c→ =M M
+ Do
( ) ( )
2
2 2 2 2
1 1 1
, , 1 ;
c
c d b c bvi b d b a b c a d
b
→ = = → = = =M M
7. Nếu một số chính phương chia hết cho p, p- nguyên tố thì số chính phương đó chia
hết cho p

2
. Do đó nếu một số a chia hết cho số nguyên tố p nhưng số a không chia
hết cho p
2
thì a không là số chính phương.
2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố
với số mũ chẵn.
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
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 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 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
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.
III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
A. DẠNG1 : CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì
A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y
4

là số chính phương.
Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y
4

= (x
2
+ 5xy + 4y
2
)( x
2
+ 5xy + 6y
2
) + y
4

Đặt x
2
+ 5xy + 5y
2
= t ( t
∈
Z) thì
A = (t - y
2
)( t + y
2
) + y
4
= t
2

–y
4
+ y
4
= t
2
= (x
2
+ 5xy + 5y
2)2

V ì x, y, z
∈
Z nên x
2

∈
Z, 5xy
∈
Z, 5y
2

∈
Z
⇒
x
2
+ 5xy + 5y
2

∈
Z
Vậy A là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n
∈
N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1
= (n
2
+ 3n)( n
2
+ 3n + 2) + 1 (*)
Đặt n
2
+ 3n = t (t
∈
N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t
2
+ 2t + 1 = ( t + 1 )
2

= (n
2
+ 3n + 1)
2
Vì n
∈
N nên n
2

+ 3n + 1
∈
N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .
Ta có k(k+1)(k+2) =
1
4
k(k+1)(k+2).4 =
1
4
k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
=
1
4
k(k+1)(k+2)(k+3) -
1
4
k(k+1)(k+2)(k-1)
⇒
S =
1
4
.1.2.3.4 -
1
4
.0.1.2.3 +
1

4
.2.3.4.5 -
1
4
.1.2.3.4 +…+
1
4
k(k+1)(k+2)(k+3) -
1
4

k(k+1)(k+2)(k-1) =
1
4
k(k+1)(k+2)(k+3)
4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1
Theo kết quả bài 2
⇒
k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …
Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó.
Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.
Ta có 44…488…89 = 44…488 8 + 1 = 44…4 . 10
n
+ 8 . 11…1 + 1

n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số
= 4.
9
110 −

n
. 10
n
+ 8.
9
110 −
n
+ 1
=
9
9810.810.410.4
2
+−+−
nnn
=
9
110.410.4
2
++
nn
=








+

3
110.2
n
Ta thấy 2.10
n
+1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3
n-1 chữ số 0
⇒









+
3
110.2
n

∈
Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương.
Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương:
A = 11…1 + 44…4 + 1

2n chữ số 1 n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8

2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6
Kết quả: A =








+
3
210
n
; B =








+
3
810
n
;
Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương:

a. A = 22499…9100…09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0
b. B = 11…155…56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5
a. A = 224.10
2n
+ 99…9.10
n+2
+ 10
n+1
+ 9
= 224.10
2n
+ ( 10
n-2
– 1 ) . 10
n+2
+ 10
n+1
+ 9
= 224.10
2n
+ 10
2n
– 10
n+2
+ 10
n+1
+ 9
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN

= 225.10
2n
– 90.10
n
+ 9
= ( 15.10
n
– 3 )
2

⇒
A là số chính phương
B. DẠNG 2 : TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH
PHƯƠNG
Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:
a. n
2
+ 2n + 12 b. n ( n+3 )
c. 13n + 3 d. n
2
+ n + 1589
Giải
a. Vì n
2
+ 2n + 12 là số chính phương nên đặt n
2
+ 2n + 12 = k
2
(k
∈

N)

⇒
(n
2
+ 2n + 1) + 11 = k
2

⇔
k
2
– (n+1)
2
= 11
⇔
(k+n+1)(k-n-1) = 11
Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết
(k+n+1)(k-n-1) = 11.1
⇔
k+n+1 = 11
⇔
k = 6
k – n - 1 = 1 n = 4
b. Đặt n(n+3) = a
2
(n
∈
N)
⇒
n

2
+ 3n = a
2

⇔
4n
2
+ 12n = 4a
2

⇔
(4n
2
+ 12n + 9) – 9 = 4a
2

⇔
(2n + 3)
2
- 4a
2
= 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
⇔
2n + 3 + 2a = 9

⇔
n = 1
2n + 3 – 2a = 1 a = 2
c. Đặt 13n + 3 = y
2
( y
∈
N)
⇒
13(n – 1) = y
2
– 16

⇔
13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)
⇒
(y + 4)(y – 4)
M
13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4
M
13 hoặc y – 4
M
13
⇒
y = 13k
±
4 (Với k
∈
N)
⇒

13(n – 1) = (13k
±
4 )
2
– 16 = 13k.(13k
±
8)
⇒
n = 13k
2

±
8k + 1
Vậy n = 13k
2

±
8k + 1 (Với k
∈
N) thì 13n + 3 là số chính phương.
a. Đặt n
2
+ n + 1589 = m
2
(m
∈
N)
⇒
(4n
2

+ 1)
2
+ 6355 = 4m
2

⇔
(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 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương:
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
a. a
2
+ a + 43
b. a
2
+ 81
c. a
2
+ 31a + 1984
Kết quả: a. 2; 42; 13
b. 0; 12; 40
c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728
Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính phương .
Với n = 1 thì 1! = 1 = 1
2
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 = 3
2
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 thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3.
Bài 4: Tìm n
∈
N để các số sau là số chính phương:
a. n
2
+ 2004 ( Kết quả: 500; 164)
b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)
c. n
2
+ 4n + 97
d. 2
n
+ 15
Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n
2
là số chính phương.
Giả sử 2006 + n
2
là số chính phương thì 2006 + n
2
= m
2
(m

∈
N)
Từ đó suy ra m
2
– n
2
= 2006
⇔
(m + n)(m - n) = 2006
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)
M
4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4

⇒
Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n
2
là số chính phương.
Bài 6: 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 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
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
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 = abcd = k
2
. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số
B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m
2
với k, m
∈
N và 32 < k < m < 100
a, b, c, d
∈
N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9
⇒
Ta có A = abcd = k
2

B = abcd + 1111 = m
2

⇒
m
2
– k

2
= 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 m – k == 11
⇔
m = 56
⇔
A = 2025
m + k = 101 n = 45 B = 3136
Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số
gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị.
Đặt abcd = k
2
ta có ab – cd = 1 và k
∈
N, 32 ≤ k < 100
Suy ra 101cd = k
2
– 100 = (k-10)(k+10)
⇒
k +10
M
101 hoặc k-10
M
101
Mà (k-10; 101) = 1
⇒

k +10
M
101
Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110
⇒
k+10 = 101
⇒
k = 91
⇒
abcd = 91
2
= 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 aabb = n
2
với a, b
∈
N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9
Ta có n
2
= aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1)
Nhận xét thấy aabb
M
11
⇒
a + b
M
11
Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18

⇒
a+b = 11
Thay a+b = 11 vào (1) được n
2
= 11
2
(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương .
Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa 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 abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập
phương nên đặt abcd = x
2
= y
3
Với x, y
∈
N
Vì y
3
= x
2
nên y cũng là một số chính phương .
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999
⇒
10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương

⇒
y = 16
⇒
abcd = 4096
Bài tập 1: Cho ba số:
2
44 44
n
A =
142 43

1
22 22
n
B
+
=
142 43

88 88
n
C =
14243
Chứng minh rằng A+B+C+7 là số chính phương
2
4(10 1)
9
n
A
−

=

1
2(10 1)
9
n
B
+
−
=
8(10 1)
9
n
C
−
=
A+B+C+7=
2
2.10 7
3
n
 
+
 ÷
 
Bài tâp 2:Chứng tỏ rằng
2
11 11 22 22
n n
A = −

1 2 3 1 2 3
là một số chính phương
2
2
10 1
33 33
3
n
n
A
 
−
= =
 ÷
 
142 43
Bài tập 3: Tìm các số tự nhiên x sao cho : 65 +
2
x
là bình phương của một số tự nhiên
Đặt 65 +
2
x
=
2
y
=>
2
y
-

2
x
=65
(x,y)=(4,9),(32,33)
Bài tập 4: Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm
của phương trình
2 2
2 1 0x y− − =
2 2
2 1 0x y− − =
(x+1)(x-1)=
2
2y
vì x, y là các số nguyên
tố nên
1, x + 1 = 2y ,x – 1 = y
2, x + 1 = y , x - 1 = 2y
3, x + 1 =
2
2y
, x – 1 = 1
4, x + 1 =1 , x – 1 =
2
2y
Bài tập 5: Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố khác
nhau (a,b,c)thỏa mãn phương trình abc =
3(a+b+c)
Gs:2≤a<b<c :abc
M
3 => a,b hoặc c

M
3
Gs b
M
3 vì b la số nguyên tố =>b=3
3ac=3(a+b+3)  ac = a + c + 3
 (a-1)(c-1)=4 =>a - 1 = 1,c - 1 = 4
Ngày soạn:
Ngày giảng:
CHUYÊN ĐỀ 6:
RÚT GỌN, TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC
PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x
2
– 2(m – 1)x – 3 – m = 0 (1)
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm số với mọi m.
c) Tìm m sao cho nghiệm số x
1,
x
2
của phương trình thỏa mãn
điều kiện
2
1
x
+
2
2
x

≥
10.
Bài 1: tính A =
51
1
+
+
95
1
+
+
139
1
+
+
20052001
1
+
+
20092005
1
+
Bài 2: Giải hệ phương trình:
2 2
x y xy 9
x y xy 3

+ + =

+ + =


Bài 3: P =
x
x
x
x
xx
xx
−
+
+
+
−
−
−−
−
3
3
1
)3(2
32
3
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của p với x = 14 - 6
5
Bài 4: Giải pt:
a)
12611246 =+−+++−+ xxxx

(x ≥ -2. Pt ⇔
1)32()22(
22
=−++−+ xx
⇔ |
|22 −+x
+ |
2+x
-3| = 1
⇔ |
|22 −+x
+ | 3 -
2+x
| = 1
Áp dụng bđt |A|+ |B| ≥| A + B| ta có : |
|22 −+x
+ | 3 -
2+x
| ≥ 1
Dấu "=" xảy ra khi : (
22 −+x
)( 3 -
2+x
) ≥ 0
⇔ 2 ≤
2+x
≤ 3 ⇔ 2≤ x ≤ 7
Vậy tập nghiệm của pt là : S =
{ }
72/ ≤≤ xx

)
b)
2xxy4xy4
22
+−−=+
Bài 5: Cho phân thức:
M=
8x2x
6x3x4x2x2x
2
2345
−+
+−−+−
a. Tìm tập xác định của M.
b. Tìm các giá trị của x để M=0
c. Rút gọn M.
Bài 6:
a)
696122
22
=+−+++ xxxx
b)
11212 =−−+−+ xxxx
B i 7:à Rut gọn:
a) A =
6 2 2 3 2 12 18 128
+ − − + −
b) A =
12
1

−
-
12
223
+
+
c) B =
2
32 −
-
2
3
Bài 8:
1)Tính P =
2000
1999
2000
1999
19991
2
2
2
+++
(2000
2
= ( 1999 + 1)
2
= 1999
2
+ 2.1999 + 1

⇒
1 + 1999
2
= 2000
2
- 2.1999
⇒
P =
2000
1999
2000
1999
1999.22000
2
2
2
+++
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
P =
2000
1999
2000
1999
2000
2
+







−
= 2000 -
2000
1999
+
2000
1999
=> P = 2000
2) Tìm x biết x =
135135 ++++
Trong đó các dấu chấm có nghĩa là lặp đi lặp lại cách viết cản thức có chứa 5 và 13 một
cách vô hạn
(x = 3)
Bài 9: Giải phương trình:
2
2
2
2
2
2
2
2
)4x(
x
1
x
x

1
x4
x
1
x4
x
1
x8 +=






+⋅






+−






++







+
Bài 10:a)
1
3
Tính
9 17 9 17 2A = + + − −
b) Cho
1 2
2009 1 2008 1C = − − −
và
1 2
2.2009
2009 1 2008 1
D =
− + −
không dùng máy tính hãy
so sánh C và D
Bài 11: Cho đa thức f(x) = 1.2 + 2.3+3.4+ +x.(x+1). Tìm x để f(x) = 8
(3.f(x) = 1.2.3 + 2.3.3+3.4.3+ +x.(x+1).3
=1.2(3-0) + 2.3(4-1)+3.4(5-2)+ +x.(x+1)[(x+2)-(x-1)]
=>f(x) =
1
3
x(x+1)(x+2)=8 => x=2)
Ngày soạn:

Ngày giảng:
CHUYÊN ĐỀ 7:
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC ĐẠI Số
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN:
1. Định nghĩa.
Trên tập xác định của biểu thức f(x,y, )

a. Số A được gọi là giá trị lớn nhất của f(x,y, )

nếu
( , , )f x y A≤
và có (x
0
; y
0
; ) sao cho
0 0
( , , )f x y A=
Ký hiệu Max
Af =
b. Số B được gọi là giá trị nhỏ nhất của f(x,y, )

nếu
( , , )f x y B≥
và có (x
0
; y
0
; ) sao cho
0 0

( , , )f x y B=
Ký hiệu Min
Bf =
Các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức còn được gọi là bài toán
tìm cực trị của biểu thức.
2. Cách tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một biểu thức đại số
- Tìm tập xác định của biểu thức
- Trên tập xác định của biểu thức, chứng minh rằng
( , , )f x y A≤
hoặc
( , , )f x y B≥
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
- Chỉ ra bộ số (x
0
; y
0
) sao cho
0 0
( , , )f x y A=
hoặc
0 0
( , , )f x y B=
- Kết luận: Max
Af =
khi x = x
0
; y = y
0

Min
Bf =
khi x = x
0
; y = y
0

3. Các bất đẳng thức thường dùng
+
0
2
≥x
, x ∈R. Tổng quát
[ ]
2
( ) 0
k
f x ≥
với
x R∀ ∈
,  k∈N
Từ đó xuy ra:
[ ]
2
( )
k
f x m m+ ≥
, x ∈R

[ ]

2
( )
k
M f x M− ≤
, x ∈R
+
0≥x
,x ∈R.
+
x x≥
, x ∈R. Dấu bằng khi x ≥ 0
+ |x| ≥ - x, x ∈R. Dấu bằng khi x ≤ 0
+
yxyx +≤+
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
0≥xy
+
yxyx −≥−
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
0≥xy
và |x| ≥ |y|
+ Bất đẳng thức Côsi và các dạng tương đương của bất đẳng thức Côsi,
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
THƯỜNG GẶP
1. Đa thức bậc hai:
Ví dụ:
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 2x
2
- 8x + 1
b) Tìm giá trị lớn nhất của B = - 5x

2
- 4x + 1
Hướng dẫn:
a) A = 2x
2
- 8x + 1 = 2 ( x
2
- 4x + 4) - 7 = 2 (x - 2)
2
- 7
³
- 7. Dấu bằng khi x = 2
minA = - 7
⇔
x = 2.
b) B = - 5x
2
- 4x + 1 =
2
2
2 9 9
-5 x + +
5 5 5
æ ö
÷
ç
£
÷
ç
÷

ç
è ø
. Dấu bằng khi
-2
x =
5

Max B =
9

5

⇔
-2
x =
5
.
2. Đa thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối:
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = (3x - 1 )
2
- 4
3x - 1 + 5

Hướng dẫn
Đặt
3x - 1 = y
thì A =
( )
2
2

2
3x - 1 + 4 3x - 1 + 5 = y - 4y + 5 = y - 2 1 1+ ³
minA = 1
⇔
y = 2
⇔
1
2
x = 1
3x - 1 = 2
-1
x =
3
é
ê
ê
Û
ê
ê
ë
3. Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai:
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
2
A =
6x - 5 - 9x
Hướng dẫn
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
Ta có:

( )
2
2
- 2 - 2
A = =
9x - 6x + 5
3x - 1 + 4
Do (3x - 1 )
2

³
0 nên (3x - 1 )
2
+ 4
³
4 . Do đó:
( )
2
1 1

4
3x - 1 + 4
£
( theo tính chất a
³
b
1 1

a b
Þ £

với a và b cùng dấu)
( )
2
- 2 -2 -1
A
4 2
3x - 1 + 4
Þ ³ Þ ³
.
minA =
-1
2
⇔
3x - 1 = 0
⇔
1
x =
3
4. Phân thức có mẫu là bình phương của một nhị thức:
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
2
3x - 8x + 6
A =
x - 2x + 1
Hướng dẫn
Cách 1:
( )
2
2 2

3 x - 2x + 1 - 2(x - 1) + 1
2 1
A = = 3 - +
(x- 1) x - 1 (x- 1)
Đặt
1
y =
x - 1
thì A = 3 - 2y + y
2
= (y - 1 )
2
+ 2
³
2
minA = 2
⇔
y = 1
⇔
1
1 x = 2
x - 1
= Û
Cách 2: Viết A dưới dạng tổng của 2 với một số không âm:
2 2 2
2 2
(2x - 4x + 2) + (x - 4x + 4) (x - 2)
A = = 2 + 2
x - 2x + 1 (x - 1)
³

.
minA = 2
x = 2Û
5. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một biểu thức biết quan hệ giữa các biến
Ví dụ 1: tìm giá trị nhỏ nhất của A = x
3
+ y
3
+ xy biết rằng x + y = 1.
Hướng dẫn
Sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A
A = (x + y)(x
2
- xy + y
2
) + xy = x
2
+ y
2
Đến đây có nhiều cách giải:
Cách 1: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x:
Thay y = 1 - x vào biểu thức A
A = x
2
+ ( 1 - x)
2
= 2 (x
2
- x) + 1 = 2 (x -
1

2
)
2
+
1
2

³
1
2
minA =
1
2
Û
x =
1
2
, y =
1
2
Cách 2: Sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức mới có chứa A.
x + y = 1
Þ
x
2
+ 2xy + y
2
= 1 (1). Mặt khác ( x - y)
2

³
0
Þ
x
2
- 2xy + y
2

³
0 (2)
Cộng (1) với (2): 2(x
2
+ y
2
)
³
1
Þ
x
2
+ y
2

³

1
2
.
minA =
1

2
Û
x = y =
1
2
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
Cách 3: Sử dụng điều kiện đã cho để đưa vào một biến mới:
Đặt x =
1
2
+ a thì y =
1
2
- a. Biểu thị x
2
+ y
2
theo a ta được:
x
2
+ y
2
=
2 2
2
1 1 1 1
a + - a = + 2a
2 2 2 2
æ ö æ ö

÷ ÷
ç ç
+ ³
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
minA =
1
2
Û
a = 0
Û
x = y =
1
2
Ví dụ 2: Cho x + y + z = 3
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x
2
+ y
2
+ z
2

b) Tìm giá trị lớn nhất của B = xy + yz + zx.
Hướng dẫn
Từ giả thiết x + y + z = 3,bình phương hai vế ta có:
x
2

+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx) = 9 (1)
Mặt khác ta có: x
2
+ y
2
+ z
2

³
xy + yz + zx (2)
Xảy ra dấu của đẳng thức khi và chỉ khi x = y = z.
a) Từ (1) và (2) ta suy ra:
9 = x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx)
£
x
2
+ y
2
+ z
2

+ 2 (x
2
+ y
2
+ z
2
) = 3 (x
2
+ y
2
+ z
2
)
Do đó x
2
+ y
2
+ z
2

³
3; minA = 3
Û
x = y = z = 1.
b) Từ (1) và (2) ta suy ra:
9 = x
2
+ y
2
+ z

2
+ 2(xy + yz + zx)
³
xy + yz + zx + 2(xy + yz + zx) = 3 (xy + yz + zx)
Do đó xy + yz + zx
£
3; maxB = 3
Û
x = y = z = 1
Chú ý:
- Có thể giải câu a bằng cách đổi biến: Đặt x = 1 + a , y = 1 + b, z = 1 + c rồi xét x
2
+ y
2
+
z
2

- Có thể giải câu b dựa vào câu a: Vì A + 2B = 9 nên B lớn nhất
Û
A nhỏ nhất.
6. Vận dụng các bất đẳng thức đã biết một cách linh hoạt.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của:
x y z
A = + +
y z x
, với x, y, z > 0.
Hướng dẫn
Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương x, y, z:
3

x y z x y z
A = + + 3. . . = 3
y z x y z x
³
. Khi đó
x y z
min + + = 3
y z x
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
khi và chỉ khi
x y z
= =
y z x
tức là x = y =z.
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của: A =
x - 1 + y - 2
, biết x + y = 4.
Hướng dẫn
Điều kiện: x
³
1; y

³
2.
Cách 1:
( )
A = x - 1 + y - 2 2 x - 1 + y - 2 = 2³
x - 1 = y - 2 x = 1,5
maxA = 2
x + y = 4 y = 2,5
ì ì
ï ï
ï ï
Û Û
í í
ï ï
ï ï
î î
Cách 2: Xét A
2
rồi dùng bất đẳng thức Côsi.
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
7. Xét biểu thức phụ:
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của:
2 1
A = +
1 - x x
, với 0 < x < 1
Hướng dẫn
Để áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta xét biểu thức:

2x 1 - x
B = +
1 - x x
. Áp dụng bất đẳng thức Côsi với hai số dương
2x 1 - x
vµ
1 - x x
ta có:
2x 1 - x
B 2. . = 2 2
1 - x x
³
2x 1 - x
(1)
B = 2 2
1 - x x
0 < x < 1 (2)
ì
ï
ï
=
ï
Û
í
ï
ï
ï
î
Giải (1): 2x
2

= (1 - x)
2

x 2 = 1 - xÛ
. Do 0 < x < 1 nên:
1
x 2 = 1 - x x = = 2 - 1
2 + 1
Û Û
Xét hiệu A - B =
2 1 2x 1 - x 2 - 2x 1 - 1 + x
= + - + = + 2 + 1 = 3
1 - x x 1 - x x 1 - x x
æ ö æ ö
÷ ÷
ç ç
=
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
Do đó minA =
2 2 + 3
khi và chỉ khi
x = 2 - 1
8. Một vài điểm chú ý khi tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một biểu thức:
Chú ý 1: Khi tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức ta có thể đổi biến.
Chú ý 2: Khi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức, ta có thể dùng các phép
biến đổi tương đương.

Chẳng hạn: (-A) lớn nhất
Û
A nhỏ nhất
với B> 0,
1
B
lớn nhất
Û
B nhỏ nhất
C > 0, C lớn nhất
Û
C
2
lớn nhất .
Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của:
( )
4
2
2
x + 1
A =
x + 1
Hướng dẫn giải: Chú ý rằng A > 0 nên A lớn nhất
Û
1
A
nhỏ nhất, A nhỏ nhất
Û
1
A

lớn
nhất.
Ta có:
( )
2
2
4 2 2
4 4 4
x + 1
1 x + 2x + 1 2x
= 1 +
A x + 1 x + 1 x + 1
= =
* Tìm giá trị lớn nhất của A: Ta có 2x
2

³
0, x
4
+ 1 > 0 nên
2
4
2x
0
x + 1
³
.
Suy ra
1
A

³
1 + 0 = 1.
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
min
1
A
= 1
Û
x = 0. Do đó maxA = 1
Û
x = 0.
* Tìm giá trị nhỏ nhất của A: Ta có 2x
2

£
x
4
+ 1 (dễ chứng minh, dấu '=' xảy ra khi và chỉ
khi x
2
= 1) mà x
4
+ 1 > 0 nên
2
4
2x
1
x + 1

£
. Suy ra
1

A
≤
1 + 1 = 2; max
1
A
= 2
Û
x
2
= 1.
Do đó minA =
1
x = 1
2
⇔ ±
.
Chú ý 3: Để tìm cực trị của một biểu thức, ta có thể tìm cực trị của biểu thức đó trong
từng khoảng của biến, sau đó so sánh các cực trị này với nhau để tìm giá trị nhỏ nhất, giá
trị lớn nhất trong toàn bộ tập xác định của biểu thức.
Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =
y
5 - (x + y)
với x, y là các số tự nhiên.
Hướng dẫn giải: Xét x + y
≤
4.

- Nếu y = 0 thì A = 0.
- Nếu 1
≤
y
≤
3 thì A =
y
5 - (x + y)
≤
3
- Nếu y = 4 thì x = 0 và A = 4
Xét x + y
³
6 thì A =
y
5 - (x + y)
≤
0
So sánh các giá trị trên của A ta thấy maxA = 4

⇔
x = 0, y = 4.
Chú ý 4: Với hai số không âm
- Nếu hai số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó
bằng nhau.
- Nếu hai số có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó
bằng nhau.
Để chứng minh hai mệnh đề trên, ta dùng bất đẳng thức (a + b)
2

³
4ab.
- Nếu hai số a và b có a + b = k (hằng số) thì từ (a + b)
2

³
4ab ta có ab
≤
2
k
4
;
max(ab) =
2
k
4


⇔
a = b.
- Nếu hai số không âm a và b có ab = k (hằng số) thì a + b nhỏ nhất

⇔
(a + b)
2
nhỏ
nhất. Giá trị nhỏ nhất của (a + b)
2
bằng 4k khi và chỉ khi a = b.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của:A = (x

2
- 3x + 1)(21 + 3x - x
2
).
Giải: Các biểu thức x
2
- 3x + 1 và 21 + 3x - x
2
có tổng không đổi (bằng 22 ) nên tích của
chúng lớn nhất khi và chỉ khi x
2
- 3x + 1 = 21 + 3x - x
2


⇔
x
2
- 3x - 10 = 0

⇔
x
1
= 5; x
2
=
-2.
Khi đó A = 11 . 11 = 121.
Vậy maxA = 121

⇔
x = 5 hoặc x = -2.
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của: B =
2
16x + 4x + 4
2x
với x > 0.
Hướng dẫn
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
Viết B dưới dạng 8x + 2 +
1
2x
nên hai số 8x và
1
2x
là hai số dương, có tích không đổi (= 4)
nên tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi 8x =
1
2x

⇔
16x
2
= 1

⇔
x =
1
4

(chú ý rằng x > 0). Vậy
1 + 1 + 1 1
min B = 6 x =
1
4
2
= Û
Chú ý 5: Trong các ví dụ trên ta chỉ ra tất cả các giá trị của biến để xảy ra dấu đẳng thức.
Tuy nhiên yêu cầu của bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất không đòi hỏi như vậy:
Chỉ cần chứng tỏ rằng tồn tại giá trị của biến để xảy ra dấu đẳng thức.
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A =
m n
11 - 5
với m, n là các số nguyên dương.
Hướng dẫn
Ta thấy 11
m
có tận cùng bằng 1, còn 5
n
có tận cùng bằng 5. Nếu 11
m
> 5
n
Thi A tận cùng
bằng 6, Nếu 11
m
< 5
n

thì A tận cùng bằng 4.
Ta chỉ ra một trường hợp A = 4: Với m = 2, n = 3 thì A =
121 - 125
= 4
Như vậy minA = 4 khi chẳng hạn m = 2, n = 3.
Ta thấy (2; 3) là một cặp giá trị của m và n để A = 4.
Việc tìm ra mọi cặp giá trị của m và n để A = 4 rõ ràng là một việc khó khăn hơn nhiều.
Bài 1: Cho biểu thức:
P =
x
x
x
x
xx
xx
−
+
+
+
−
−
−−
−
3
3
1
)3(2
32
3
a) Rút gọn biểu thức P. (P =

1
8
+
+
x
x
)
b) Tính giḠtrị của P với x = 14 - 6
5
Tìm GTNN của P.( P =
42922
1
9
1
1
9
1
1
91
1
8
=−≥−
+
++=
+
+−=
+
+−
=
+

+
x
x
x
x
x
x
x
x
( áp dụng BĐT CôSi cho 2 số dương
1
9
;1
+
+
x
x
)
Bài 2: Cho x > 0 ; y > 0 thỏa mãn: x + y ≥ 6
Hãy tính giḠtrị nhỏ nhất của biểu thức:
M = 3x + 2y +
yx
86
+
( )
yx
y
y
x
xyx

+=








++






++






+=Μ
2
38
2
6
2
3

2
3
2
3








++






++
y
y
x
x 8
2
6
2
3
áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho các số không âm ta có :
y

y
x
x 8
.
2
2
2
.
2
66.
2
3
++≥Μ

Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
⇒ M ≥ 9 + 6 + 4 = 19
Dấu bằng xảy ra khi x = 2; y = 4
⇒ M nhỏ nhất bằng 19 (khi x = 2; y = 4)
Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của: A=
y
zx
x
yz
z
xy
++
với x, y, z là số dương và x + y + z= 1
(Áp Dụng BĐT Cô si
x

yz
z
xy
x
yz
z
xy
.2≥+
hay
≥+
x
yz
z
xy
2ytương tự
z
y
zx
x
yz
2≥+
;
x
z
xy
y
zx
2≥+
)
Bài 4: Tìm giá trị của m để hệ phương trình:

(m +1)x - y = m+1
x - (m-1)y = 2
Có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện x + y đạt giá trị nhỏ nhất
(x + y đạt giá trị nhỏ nhất là
8
7
)
Bài 5:Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P =
1
34
2
2
+
−
x
xx
(P =
1
)12(1
2
22
+
−−+
x
xx
= 1 -
1
)12(
2

2
+
−
x
x
Lập luận tìm maxP = 1 khi x =
2
1
)
Bài 6: Cho x, y , z cho ba số dương thỏa mãn xyz
≥
x + y + z + 2 tìm giá trị lớn nhất của x
+ y + z
(áp dụng BĐT Cautry cho ba số dương x, y, z : x + y +z
≥
3
3 xyz
=>( x + y + z)
3

≥
27(x + y + z +2 ) đặt T = x + y + z > 0=>( T - 6) ( T + 3)
2

≥
0
GTNN T = 6 khi x = y = z =2)
Bài 7: Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
2

9 6 5
A
x x
=
− + −
( A
2
2
(3 1) 4x
−
=
− +
Do
2
(3 1) 4 4x − + ≥
) =>
2
1 1 1
(3 1) 4 4 2
A
x
−
≤ ⇒ ≥
− +
)
Ngày soạn:
Ngày giảng:
CHUYÊN ĐỀ
Phương trình bậc hai một ẩn và phương trình bậc cao
I/ Phương trình bậc hai một ẩn.

A/ Lý thuyểt:
1/ Công thức nghiệm:
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
Cho phương trình bậc hai: ax
2
+ bx + c = 0 (a
0
≠
) (1)
Ta có
∆
= b
2
– 4ac (
'∆
= b’
2
– ac)
(1) vô nghiệm <=>
∆
< 0 (
'∆
< 0)
(1) có nghiệm kép <=>
∆
= 0 (
'∆
= 0) x
1

= x
2
=
a
b
2
−
(x
1
= x
2
=
a
b'−
)
(1) có hai nghiệm phân biệt <=>
∆
> 0 (
'∆
> 0)
x
1
=
a
b
2
∆+−
( x
1
=

' 'b
a
− + ∆
) ; x
2
=
a
b
2
∆−−
( x
2
=
' 'b
a
− − ∆
)
(1) có nghiệm <=>
∆
≥
0 (
'∆
≥
0)
2/ Hệ thức Vi – ét:
Nếu phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm x
1
, x

2
thì:
S = x
1
+ x
2
=
a
b−
và P = x
1
.x
2
=
a
c
3/ Hệ quả
Phương trình ax
2
+ bx + c = 0 (a
0
≠
).
- Nếu a + b + c = 0 thì phương trình có nghiệm x
1
= 1; x
2
=
a
c

- Nếu a – b + c = 0 thì phương trình có nghiệm x
1
= -1; x
2
=
a
c−
4/ Hệ thức Vi – ét đảo:
Nếu hai số x, y thoả mãn x + y = S và x.y = P thì hai số x, y là nghiệm của phương trình:
X
2
– SX + P = 0.
5/ Chú ý:
Để PT (1) có hai nghiệm trái dấu <=> a.c < 0
Để PT (1) có hai nghiệm cùng dấu <=>
{
0
0
≥∆
>
P
Để PT (1) có hai nghiệm cùng dương <=>



>
≥∆
>
0
0

0
P
S
Để PT (1) có hai nghiệm cùng âm <=>



>
≥∆
<
0
0
0
P
S
B/ Bài tập
Bài 1: Cho phương trình: 2x
2
+ mx – 5 = 0.
a) Tìm m để phương trình có một nghiệm là 1.Tìm nghiệm còn lại.
b) Tìm m để phương trình có một nghiệm là -1.Tìm nghiệm còn lại.
Bài 2: Cho phương trình: x
2
+ 2(m - 1)x – 2m +5 = 0.
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thoả mãn:
-
1
2
2

1
x
x
x
x
+
= 2.
- x
1
+ x
2
+ 2x
1
x
2

≤
6.
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN
Bài 3: Cho phương trình: x
2
– 2x + m + 2.
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm cùng đều Trái dấu?
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn:
- x

1
+ x
2
+ 2x
1
x
2

≤
6.
- x
1
+ x
2
+ 4x
1
x
2
= 10.
Bài 4: Cho phương trình: x
2
– 8x + m + 5 = 0.
a) Giải phương trình với m = 2.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng dấu dương.
c) Tìm m để phương trình có một nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia. Tìm các nghiệm
trong trường hợp này.
Bài 5: Cho phương trình: x
2
– 2(m + 1)x + 2m = 0.
a) Chứng tỏ rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m.

b) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình. CTR: A = x
1
+ x
2
–x
1
x
2
không phụ thuộc
vào m.
c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn:
x
1
2
+ x
2
2
- 3x
1
x
2
= 6

Bài 6: Cho phương trình: x
2
– (2m – 1)x + m
2
– m – 2 = 0.
a) CTR: Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để 2x
1
x
2
+ x
1
+ x
2

≤
3
Bài 7: Cho phương trình: x
2
+ 2x + 2m + 5 = 0.
a) Tìm m để phương trình có nghiệm kép? Hai nghiệm phân biệt?
b) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình. Tính A = x

1
2
+ x
2
2
theo m.
c) Tìm m để A = 10.
d) Lập phương trình bậc hai ẩn y có hai nghiệm là y
1
=
2
1
x
, y
2
=
1
1
x
Bài 8: Cho phương trình: x
2

+ (m + 1)x + m = 0.
a) Giải phương trình với m = 3.
b) CTR: Phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
c) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để x

1
2
x
2
+ x
1
x
2
2
= 10.
Bài 9: Cho phương trình: x
2
– 2x + m – 2 = 0.
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm cùng dấu?
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn:
3
10
1
2
2
1
=+
x
x
x
x

II/ Phương trình tam thức.
1) Định nghĩa:
Phương trình tam thức là phương trình có dạng: ax
2n
+ bx
n
+ c = 0 (a
≠
0) (1)
trong đó a, b, c là các số thực, n nguyên dương, n
≥
2.
2) Phương pháp giải:
- Nếu a, b, c là các số thực đồng thời khác 0 và n = 2 thì (1) là phương trình trùng
phương ma ta đã· biết cách giải.
- Nếu trường hợp n > 2. đặt x
n
= y, phương trình (1) đưa được về dạng
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010
TRƯÒNG PT DTNT THPT HUYỆN ĐIỆN BIÊN

{
yx
cbyay
n
=
=++
0
2

3) Ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình – x
6
+ 9x
3
– 8 = 0.
Giải:
đặt x
3
= y, ta có phương trình y
2
– 9y + 8 = 0. Phương trình này có nghiệm y
1
= 1; y
2
= 8, từ
đó ta tìm được x
3
= 1 và x
3
= 8, suy ra x = 1; x = 2.
Bài tập vận dụng
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a) x
6
– 7x
3
+ 6 = 0
b) x
8

+ x
4
+ 2 = 0
c) x
8
– 17x
4
+ 16 = 0
d) x
12
– 10x
6
+ 24 = 0
e) x
10
+ x
5
- 6 = 0
f) x
6
+ x
4
+ x
2
= 0
III/ Phương trình đối xứng
1) định Nghĩa:
Mét pt đa thức: a
0
x

n
+ a
1
x
n – 1
+ … + a
n -1
x + a
n
= 0. Gọi là đối xứng nếu các hệ số
của các số hạng cách đều số hạng đầu vá cuối bằng nhau, nghĩa là: a
n
= a
0
; a
n – 1
= a
1
,
…, a
n – 2
= a
2
… Tuỳ theo n là số chẵn hay số lẻ mà ta có pt đối xứng bậc chẵn hay lẻ
2)Ví dụ
Ví dụ 2: Giải pt: 2x
4
+ 3x
3
– 16x

2
+ 3x + 2 = 0. (1)
Nhận xét:
Đây là pt đối xứng bậc chẵn dạng:
ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ bx + a = 0
t nµy không có nghiệm x = 0, chia cả hai vế của pt cho
x
2

≠
0 rồi nhóm lại ta được: a(x
2
+
2
1
x
) + b(x +
x
1
) + c = 0.
Đặt t = x +
x
1
th× x

2
+
2
1
x
= t
2
– 2.
Sẽ dẫn tới pt bậc hai at
2
+ bt + c – 2a = 0. => t => x theo pt: x
2
– tx + 1 = 0 để tìm được các
giá trị của x
Trở lại vd2 ta có cách giải như sau:
Chia hai vế của pt cho x
2
, rồi nhóm lại ta có:
2(x
2
+
2
1
x
) + 3(x +
x
1
) -16 = 0. đặt t = x +
x
1

=> x
2
+
2
1
x
= t
2
– 2, ta được pt: 2t
2
+ 3t –
20 = 0. pt này có nghiệm t = -4 và t =
2
5
. Để tìm x ta giải hai pt x +
x
1
= -4 vµ x +
x
1
=
2
5
,
từ đó pt có 4 nghiệm x
1,2
= -2
3±
; x
3

=
2
1
; x
4
= 2.
Bài tập vận dụng
Bài 1: Giải các pt sau:
a) x
4
+ 5x
3
– 12x
2
+ 5x + 1 = 0.
b) 6x
4
+ 5x
3
– 38x
2
+ 5x + 6 = 0.
Vũ Hải Quân Năm học 2009 - 2010