chuyên đề bồi dưỡng HSG toán 7( new)

CHUYỀN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 7
PHẦN ĐẠI SỐ
Chuyền đề 1: Các bài toán thực hiện phép tính:
1. Các kiến thức vận dụng :
- Tính chất của phép cộng , phép nhân
- Các phép toán về lũy thừa:
a
n
=
.
n
a a a
1 2 3
; a
m
.a
n
= a
m+n
; a
m
: a
n
= a
m –n
( a
≠
0, m
≥
n)

(a
m
)
n
= a
m.n
; ( a.b)
n
= a
n
.b
n
;
( ) ( 0)
n
n
n
a a
b
b b
= ≠
2 . Một số bài toán :
Bài 1: a) Tính tổng : 1+ 2 + 3 +…. + n , 1+ 3 + 5 +…. + (2n -1)
b) Tính tổng : 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n.(n+1)
1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5 + ….+ n(n+1)(n+2)
Với n là số tự nhiên khác không.
HD : a) 1+2 + 3 + + n = n(n+1)
1+ 3+ 5+ …+ (2n-1) = n
2
b) 1.2+2.3+3.4+ …+ n(n+1)

= [1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + … + n(n + 1)( (n+2) – (n – 1))] : 3
= [ 1.2.3 – 1.2.3 + 2.3.4 – 2.3.4 +……+ n( n+1)(n+2)] : 3
= n(n+ 1)(n+2) :3
1.2.3 + 2.3.4+ 3.4.5 + ….+ n(n+1)(n+2)
= [ 1.2.3(4 – 0) + 2.3.4( 5 -1) + 3.4.5.(6 -2) + ……+ n(n+1)(n+2)( (n+3) – (n-1))]: 4
= n(n+1)(n+2)(n+3) : 4
Tổng quát:
Bài 2: a) Tính tổng : S = 1+ a + a
2
+… + a
n

b) Tính tổng : A =
1 2 2 3 1

. . .
n n
c c c
a a a a a a
−
+ + +
với a
2
– a
1
= a
3
– a
2
= … = a

n
– a
n-1
= k
HD: a) S = 1+ a + a
2
+… + a
n

⇒
aS = a + a
2
+… + a
n
+ a
n+1

Ta có : aS – S = a
n+1
– 1
⇒
( a – 1) S = a
n+1
– 1
Nếu a = 1
⇒
S = n
Nếu a khác 1 , suy ra S =
1
1

1
n
a
a
+
−
−
b) Áp dụng
1 1
( )
.
c c
a b k a b
= −
với b – a = k
Ta có : A =
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )
n n
c c c
k a a k a a k a a
−
− + − + + −
=
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1
( )
n n
c

k a a a a a a
−
− + − + + −
=
1
1 1
( )
n
c
k a a
−
Bài 3 : a) Tính tổng : 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ ….

+ n
2
b) Tính tổng : 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ … + n
3

HD : a) 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ ….+ n
2
= n(n+1)(2n+1): 6
b) 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ … + n
3
= ( n(n+1):2)
2

Bài 3: Thùc hiÖn phÐp tÝnh:
a) A =
1 1 1 1 1 3 5 7 49
( )
4.9 9.14 14.19 44.49 89
− − − − −
+ + + +
b)
( )
( )

12 5 6 2 10 3 5 2
6 3
9 3
2 4 5
2 .3 4 .9 5 .7 25 .49
125.7 5 .14
2 .3 8 .3
B
− −
= −
+
+
HD : A =
9
28
−
; B =
7
2

Bài 4: 1, Tính: P =
1 1 1 2 2 2
2003 2004 2005 2002 2003 2004
5 5 5 3 3 3
2003 2004 2005 2002 2003 2004
+ − + −
−
+ − + −
2, Biết: 13 + 23 + . . . . . . .+ 103 = 3025.
Tính: S = 23 + 43 + 63 + . . . .+ 203

Bài 5: a) TÝnh
115
2005
1890
:
12
5
11
5
5,0625,0
12
3
11
3
3,0375,0
25,1
3
5
5,2
75,015,1
+













−−+−
++−
+
−+
−+
=A
b) Cho
20052004432
3
1
3
1

3
1
3
1
3
1
3
1
++++++=B
Chøng minh r»ng
2
1
<B
.

Bài 6: a) Tính :






−






+
+






−−
7
2
14
3
1
12:
3

10
10
3
1
4
3
46
25
1
230.
6
5
10
27
5
2
4
1
13
b) TÝnh
1 1 1 1

2 3 4 2012
2011 2010 2009 1

1 2 3 2011
P
+ + + +
=
+ + + +

HD: Nhận thấy 2011 + 1 = 2010+2 = ….

2012 2010 1
1 1 1 2011
1 2 2011
MS⇒ = + + + + + + −

2012 2012
2012 2011
2 2011
= + + + −
=
1 1 1 1
2012( )
2 3 4 2012
+ + + +
c)
10099 4321
)6,3.212,1.63(
9
1
7
1
3
1
2
1
)10099 321(
−++−+−
−







−−−+++++
=A
Bài 7: a) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
50
31
.
93
14
1.
3
1
512
6
1
6
5
4
19
2
.
3
1
615
7

3
4.
31
11
1


















−







−+






−−
=A

b) Chøng tá r»ng:
2004
1
2004
1

3
1
3
1
2
1
1
2222
>−−−−−=B
Bài 8: a) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
25
13
:)75,2(53,388,0:
25

11
4
3
125505,4
3
4
4:624,81
2
2
2
2










−









+






+






−
=A
b) Chøng minh r»ng tæng:
2,0
2
1
2
1

2
1
2
1

2
1

2
1
2
1
20042002424642
<−++−+−+−=
− nn
S

Chuyên đề 2: Bài toán về tính chất của dãy tỉ số bằng nhau:
1. Kiến thức vận dụng :
-
. .
a c
a d bc
b d
= ⇔ =

-Nếu
a c e
b d f
= =
thì
a c e a b e
b d f b d f
± ±
= = =
± ±
với gt các tỉ số dều có nghĩa
- Có

a c e
b d f
= =
= k Thì a = bk, c = d k, e = fk
2. Bài tập vận dụng
Dạng 1 Vận dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để chứng minh đẳng
thức
Bài 1: Cho
a c
c b
=
. Chứng minh rằng:
2 2
2 2
a c a
b c b
+
=
+
HD: Từ
a c
c b
=
suy ra
2
.c a b=
khi đó
2 2 2
2 2 2
.

.
a c a a b
b c b a b
+ +
=
+ +

=
( )
( )
a a b a
b a b b
+
=
+
Bài 2: Cho a,b,c
∈
R và a,b,c
≠
0 thoả mãn b
2
= ac. Chứng minh rằng:

c
a
=
2
2
( 2012 )
( 2012 )

a b
b c
+
+
HD: Ta có (a + 2012b)
2
= a
2
+ 2.2012.ab + 2012
2
.b
2
= a
2
+ 2.2012.ab + 2012
2
.ac
= a( a + 2.2012.b + 2012
2
.c)
(b + 2012c)
2
= b
2
+ 2.2012.bc + 2012
2
.c
2
= ac+ 2.2012.bc + 2012
2

.c
2
= c( a + 2.2012.b + 2012
2
.c)
Suy ra :
c
a
=
2
2
( 2012 )
( 2012 )
a b
b c
+
+
Bài 3: Chøng minh r»ng nÕu
d
c
b
a
=
th×
dc
dc
ba
ba
35
35

35
35
−
+
=
−
+
HD : Đặt
a c
k
b d
= =

⇒
a = kb, c = kd .

Suy ra :
5 3 (5 3) 5 3
5 3 (5 3) 5 3
a b b k k
a b b k k
+ + +
= =
− − −
và
5 3 (5 3) 5 3
5 3 (5 3) 5 3
c d d k k
c d d k k
+ + +

= =
− − −
Vậy
dc
dc
ba
ba
35
35
35
35
−
+
=
−
+

Bài 4: BiÕt
2 2
2 2
a b ab
c d cd
+
=
+
với a,b,c, d
≠
0 Chứng minh rằng :
a c
b d

=
hoặc
a d
b c
=
HD : Ta có
2 2
2 2
a b ab
c d cd
+
=
+
=
2 2
2 2
2 2
2 2
ab a ab b
cd c cd d
+ +
= =
+ +
2
2
2
( )
( )
( )
a b a b

c d c d
+ +
=
+ +
(1)

2 2
2 2
a b ab
c d cd
+
=
+
=
2 2
2 2
2 2
2 2
ab a ab b
cd c cd d
− +
= =
− +
2
2
2
( )
( )
( )
a b a b

c d c d
− −
=
− −
(2)
Từ (1) và (2) suy ra :
2 2
( ) ( )
a b a b
a b a b
c d c d
a b b a
c d c d
c d d c
+ −

=

+ −
+ −
= ⇒

+ −
+ −

=

+ −

Xét 2 TH đi đến đpcm

Bài 5 : Cho tØ lÖ thøc
d
c
b
a
=
. Chøng minh r»ng:

22
22
dc
ba
cd
ab
−
−
=
vµ
22
22
2
dc
ba
dc
ba
+
+
=







+
+
HD : Xuất phát từ
d
c
b
a
=
biến đổi theo các
hướng làm xuất hiện
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
( )
ab a b a c a b a b
cd c d b d c d c d
− + +
= = = = =
− + +
Bài 6 : Cho d·y tØ sè b»ng nhau:
d
dcba
c
dcba
b
dcba

a
dcba 2222 +++
=
+++
=
+++
=
+++
TÝnh
cb
ad
ba
dc
ad
cb
dc
ba
M
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=

HD : Từ
d
dcba
c
dcba
b
dcba
a
dcba 2222 +++
=
+++
=
+++
=
+++
Suy ra :
2 2 2 2
1 1 1 1
a b c d a b c d a b c d a b c d
a b c d
+ + + + + + + + + + + +
− = − = − = −

⇒
a b c d a b c d a b c d a b c d
a b c d
+ + + + + + + + + + + +
= = =
Nếu a + b + c + d = 0
⇒

a + b = -( c+d) ; ( b + c) = -( a + d)

⇒

cb
ad
ba
dc
ad
cb
dc
ba
M
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=
= -4
Nếu a + b + c + d
≠
0
⇒

a = b = c = d
⇒
cb
ad
ba
dc
ad
cb
dc
ba
M
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=
= 4
Bài 7 : a) Chøng minh r»ng:
NÕu
cba
z
cba
y

cba
x
+−
=
−+
=
++ 4422

Th×
zyx
c
zyx
b
zyx
a
+−
=
−+
=
++ 4422
b) Cho:
d
c
c
b
b
a
==
.
Chøng minh:

d
a
dcb
cba
=






++
++
3
HD : a) Từ
cba
z
cba
y
cba
x
+−
=
−+
=
++ 4422

⇒
2 2 4 4a b c a b c a b c
x y z

+ + + − − +
= =

⇒
2 2(2 ) 4 4
2 2
a b c a b c a b c a
x y z x y z
+ + + − − +
= = =
+ +
(1)

2( 2 ) (2 ) 4 4
2 2
a b c a b c a b c b
x y z x y z
+ + + − − +
= = =
+ +
(2)

4( 2 ) 4(2 ) 4 4
4 4 4 4
a b c a b c a b c c
x y z x y z
+ + + − − +
= = =
− +
(3)

Từ (1) ;(2) và (3) suy ra :
zyx
c
zyx
b
zyx
a
+−
=
−+
=
++ 4422
Bài 8: Cho
zyx
t
yxt
z
xtz
y
tzy
x
++
=
++
=
++
=
++

chøng minh r»ng biÓu thøc sau cã gi¸ trÞ nguyªn.

zy
xt
yx
tz
xt
zy
tz
yx
P
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=
HD Từ
zyx
t
yxt
z
xtz
y
tzy

x
++
=
++
=
++
=
++
⇒
y z t z t x t x y x y z
x y z t
+ + + + + + + +
= = =

⇒
1 1 1 1
y z t z t x t x y x y z
x y z t
+ + + + + + + +
+ = + = + = +

⇒
x y z t z t x y t x y z x y z t
x y z t
+ + + + + + + + + + + +
= = =
Nếu x + y + z + t = 0 thì P = - 4
Nếu x + y + z + t
≠
0 thì x = y = z = t

⇒
P = 4
Bài 9 : Cho 3 số x , y , z khác 0 thỏa mãn điều kiện :
y z x z x y x y z
x y z
+ − + − + −
= =
Hãy tính giá trị của biểu thức : B =
1 1 1
x y z
y z x
 
  
+ + +
 ÷
 ÷ ÷
  
 
Bài 10 : a) Cho các số a,b,c,d khác 0 . Tính
T =x
2011
+ y
2011
+ z
2011
+ t
2011
Biết x,y,z,t thỏa mãn:
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010
2 2 2 2 2 2 2 2

x y z t x y z t
a b c d a b c d
+ + +
= + + +
+ + +

b) Tìm số tự nhiên M nhỏ nhất có 4 chữ số thỏa mãn điều kiện:
M = a + b = c +d = e + f
Biết a,b,c,d,e,f thuộc tập N
*
và
14
22
a
b
=
;
11
13
c
d
=
;
13
17
e
f
=
c) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn :
2009 2010 2011

a b c
= =
.

Tớnh giỏ tr ca biu thc : M = 4( a - b)( b c) ( c a )
2

Mt s bi tng t
Bi 11: Cho dãy tỉ số bằng nhau:
2012 2012 2012 2012a b c d a b c d a b c d a b c d
a b c d
+ + + + + + + + + + + +
= = =
Tính
cb
ad
ba
dc
ad
cb
dc
ba
M
+
+
+
+
+
+
+

+
+
+
+
=
Bi 12: Cho 3 s x , y , z, t khỏc 0 tha món iu kin :

y z t nx z t x ny t x y nz x y z nt
x y z t
+ + + + + + + +
= = =
( n l s t nhiờn)
v x + y + z + t = 2012 . Tớnh giỏ tr ca biu thc P = x + 2y 3z + t
Dng 2 : Vn dng tớnh cht dóy t s bng nhau tỡm x,y,z,
Bi 1: Tỡm cp s (x;y) bit :
= =
1+3y 1+5y 1+7y

12 5x 4x
HD : p dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
+ +
= = = = = =

1+3y 1+5y 1+7y 1 7y 1 5y 2y 1 5y 1 3y 2y
12 5x 4x 4x 5x x 5x 12 5x 12
=>
2 2
5 12
y y
x x

=

vi y = 0 thay vo khụng tha món
Nu y khỏc 0
=> -x = 5x -12
=> x = 2. Thay x = 2 vào trên ta đợc:
1 3 2
12 2
y y
y
+
= =

=>1+ 3y = -12y => 1 = -15y => y =
1
15

Vậy x = 2, y =
1
15

thoả mãn đề bài
Bi 3 : Cho
a b c
b c a
= =
v a + b + c 0; a = 2012.
Tớnh b, c.
HD : t
1

a b c a b c
b c a a b c
+ +
= = = =
+ +


a = b = c = 2012
Bi 4 : Tỡm cỏc s x,y,z bit :

1 2 3 1y x x z x y
x y z x y z
+ + + + +
= = =
+ +
HD: p dng t/c dóy t s bng nhau:

1 2 3 2( ) 1
2
( )
y x x z x y x y z
x y z x y z x y z
+ + + + + + +
= = = = =
+ + + +
(vỡ x+y+z

0)
Suy ra : x + y + z = 0,5 t ú tỡm c x, y, z
Bi 5 : Tỡm x, bit rng:

1 2 1 4 1 6
18 24 6
y y y
x
+ + +
= =
HD : T
1 2 1 4 1 6 2(1 2 ) (1 4 ) 1 2 1 4 (1 6 )
18 24 6 2.18 24 18 24 6
y y y y y y y y
x x
+ + + + + + + + +
= = = =
+


Suy ra :
1 1
1
6 6
x
x
= ⇒ =
Bài 6: T×m x, y, z biÕt:
zyx
yx
z
zx
y
yz

x
++=
−+
=
++
=
++ 211
(x, y, z
0
≠
)
HD : Từ
1
1 1 2 2( ) 2
x y z x y z
x y z
z y x z x y x y z
+ +
= = = + + = =
+ + + + + − + +
Từ x + y + z =
1
2
⇒
x + y =
1
2
- z , y +z =
1
2

- x , z + x =
1
2
- y thay vào đẳng thức
ban đầu để tìm x.
Bài 7 : T×m x, y, z biÕt
216
3
64
3
8
3 zyx
==
vµ
122
222
=−+ zyx
Bài 8 : Tìm x , y biết :
2 1 4 5 2 4 4
5 9 7
x y x y
x
+ − + −
= =

Chuyên đề 3: Vận dụng tính chất phép toán để tìm x, y
1. Kiến thức vận dụng :
- Tính chất phép toán cộng, nhân số thực
- Quy tắc mở dấu ngoặc, quy tắc chuyển vế
- Tính chất về giá trị tuyệt đối :

0A ≥
với mọi A ;
, 0
, 0
A A
A
A A
≥

=

− <

- Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối :

A B A B+ ≥ +
dấu ‘=’ xẩy ra khi AB
≥
0;
A B A B− ≥ −
dấu ‘= ‘ xẩy ra A,B >0

( 0)
A m
A m m
A m
≥

≥ ⇔ >


≤ −

;
( )
A m
A m hay m A m
A m
≤

≤ ⇔ − ≤ ≤

≥ −

với m > 0
- Tính chất lũy thừa của 1 số thực : A
2n

≥
0 với mọi A ; - A
2n

≤
0 với mọi A
A
m
= A
n

⇔
m = n; A

n
= B
n

⇒
A = B (nếu n lẻ ) hoặc A =
±
B ( nếu n chẵn)
0< A < B
⇔
A
n
< B
n
;
2. Bài tập vận dụng
Dạng 1: Các bài toán cơ bản
Bài 1: Tìm x biết
a) x + 2x + 3x + 4x + … + 2011x = 2012.2013
b)
1 2 3 4
2011 2010 2009 2008
x x x x− − − −
+ − =
HD : a) x + 2x + 3x + 4x + … + 2011x = 2012.2013

⇒
x( 1 + 2 + 3 + ….+ 2011) = 2012.2013

2011.2012

. 2012.2013
2
x⇒ =

2.2013
2011
x⇒ =

b) Nhận xét : 2012 = 2011+1= 2010 +2 = 2009 +3 = 2008 +4
Từ
1 2 3 4
2011 2010 2009 2008
x x x x− − − −
+ − =

( 2012) 2011 ( 2012) 2010 ( 2012) 2009 ( 2012) 2008
2011 2010 2009 2008
x x x x− + − + − + − +
⇒ + + =

2012 2012 2012 2012
2
2011 2010 2009 2008
1 1 1 1
( 2012)( ) 2
2011 2010 2009 2008
1 1 1 1
2 : ( ) 2012
2011 2010 2009 2008
x x x x

x
x
− − − −
⇒ + + − = −
⇒ − + + − = −
⇒ = − + + − +
Bài 2 Tìm x nguyên biết
a)
1 1 1 1 49

1.3 3.5 5.7 (2 1)(2 1) 99x x
+ + + + =
− +
b) 1- 3 + 3
2
– 3
3
+ ….+ (-3)
x
=
1006
9 1
4
−
Dạng 2 : Tìm x có chứa giá trị tuyệt đối
• Dạng :
x a x b+ = +
và
x a x b x c+ ± + = +
Khi giải cần tìm giá trị của x để các GTTĐ bằng không, rồi so sánh các giá trị

đó để chia ra các khoảng giá trị của x ( so sánh –a và –b)
Bài 1 : Tìm x biết :
a)
2011 2012x x− = −
b)
2010 2011 2012x x− + − =
HD : a)
2011 2012x x− = −
(1) do VT =
2011 0,x x− ≥ ∀

nên VP = x – 2012
0 2012x≥ ⇒ ≥
(*)
Từ (1)
2011 2012 2011 2012( ô )
2011 2012 (2011 2012) : 2
x x v ly
x x x
− = − =
 
⇒ ⇒
 
− = − = +
 
Kết hợp (*)
⇒
x = 4023:2
b)
2010 2011 2012x x− + − =

(1)
Nếu x
≤
2010 từ (1) suy ra : 2010 – x + 2011 – x = 2012
⇒
x = 2009 :2 (lấy)
Nếu 2010 < x < 2011 từ (1) suy ra : x – 2010 + 2011 – x = 2012 hay 1 = 2012 (loại)
Nếu x
2011≥
từ (1) suy ra : x – 2010 + x – 2011 = 2012
⇒
x = 6033:2(lấy)
Vậy giá trị x là : 2009 :2 hoặc 6033:2
Một số bài tương tự:
Bài 2 : a) T×m x biÕt
431 =++− xx
b) T×m x biÕt:
426
22
+=−+ xxx

c) T×m x biÕt:
54232 =−−+ xx
Bài 3 : a)T×m c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó:
xxx 313 =+++

b) Tìm x biết:
2 3 2x x x− − = −
Bài 4 : tìm x biết :
a)

1 4x − ≤
b)
2011 2012x − ≥
Dạng : Sử dụng BĐT giá trị tuyệt đối
Bài 1 : a) Tìm x ngyên biết :
1 3 5 7 8x x x x− + − + − + − =
b) Tìm x biết :
2010 2012 2014 2x x x− + − + − =
HD : a) ta có
1 3 5 7 1 7 3 5 8x x x x x x x x− + − + − + − ≥ − + − + − + − =
(1)
Mà
1 3 5 7 8x x x x− + − + − + − =
suy ra ( 1) xẩy ra dấu “=”
Hay
1 7
3 5
3 5
x
x
x
≤ ≤

⇒ ≤ ≤

≤ ≤

do x nguyên nên x
∈
{3;4;5}

b) ta có
2010 2012 2014 2010 2014 2012 2x x x x x x− + − + − ≥ − + − + − ≥
(*)
Mà
2010 2012 2014 2x x x− + − + − =
nên (*) xẩy ra dấu “=”
Suy ra:
2012 0
2012
2010 2014
x
x
x
− =

⇒ =

≤ ≤

Các bài tương tự
Bài 2 : Tìm x nguyên biết :
1 2 100 2500x x x− + − + + − =
Bài 3 : Tìm x biết
1 2 100 605x x x x+ + + + + + =
Bài 4 : T×m x, y tho¶ m·n:
x 1 x 2 y 3 x 4− + − + − + −
= 3
Bài 5 : Tìm x, y biết :
2006 2012 0x y x− + − ≤
HD : ta có

2006 0x y− ≥
với mọi x,y và
2012 0x − ≥
với mọi x
Suy ra :
2006 2012 0x y x− + − ≥
với mọi x,y mà
2006 2012 0x y x− + − ≤

⇒
0
2006 2012 0 2012, 2
2012 0
x y
x y x x y
x
− =

− + − = ⇒ ⇒ = =

− =

Bài 6 : T×m c¸c sè nguyªn x tho¶ m·n.
2004 4 10 101 990 1000x x x x x= − + − + + + + + +
Dạng chứa lũy thừa của một số hữu tỉ
Bài 1: Tìm số tự nhiên x, biết :
a) 5
x
+ 5
x+2

= 650 b) 3
x-1
+ 5.3
x-1
= 162
HD : a) 5
x
+ 5
x+2
= 650
⇒
5
x
( 1+ 5
2
) = 650
⇒
5
x
= 25
⇒
x = 2
b) 3
x-1
+ 5.3
x-1
= 162
⇒
3
x -1

(1 + 5) = 162
⇒
3
x – 1
= 27
⇒
x = 4
Bài 2 : Tìm các số tự nhiên x, y , biết:
a) 2
x + 1
. 3
y
= 12
x
b) 10
x
: 5
y
= 20
y
HD : a) 2
x + 1
. 3
y
= 12
x

⇒

2

1
1
2 3
2 3
2 3
x y
x y x
x x
− −
+
= ⇒ =

Nhận thấy : ( 2, 3) = 1
⇒
x – 1 = y-x = 0
⇒
x = y = 1
b) 10
x
: 5
y
= 20
y

⇒
10
x
= 10
2y

⇒
x = 2y
Bài 3 : Tìm m , n nguyên dương thỏa mãn :
a) 2
m
+ 2
n
= 2
m

+n
b) 2
m
– 2
n
= 256
HD: a) 2
m
+ 2
n
= 2
m

+n

⇒
2
m + n
– 2
m

– 2
n
= 0
⇒
2
m
( 2
n
– 1) –( 2
n
– 1) = 1

⇒
(2
m
-1)(2
n
– 1) = 1
⇒
2 1 1
1
2 1 1
n
m
m n

− =

⇒ = =


− =



b) 2
m
– 2
n
= 256
⇒
2
n
( 2
m – n
- 1) = 2
8

Dễ thấy m
≠
n, ta xét 2 trường hợp :
+ Nếu m – n = 1
⇒
n = 8 , m = 9
+ Nếu m – n
≥
2 thì 2
m – n
– 1 là 1 số lẻ lớn hơn 1, khi đó VT chứa TSNT khác 2, mà
VT chỉ chứa TSNT 2 suy ra TH này không xẩy ra : vậy n = 8 , m = 9
Bài 4 : Tìm x , biết :

( ) ( )
1 11
7 7 0
x x
x x
+ +
− − − =
HD :

( ) ( )
( ) ( )
1 11
1 10
7 7 0
7 1 7 0
x x
x
x x
x x
+ +
+
− − − =
 
⇔ − − − =
 

( )
( )
( )
1 10

8
6
1
10
7 0
1 ( 7) 0
7 0 7
( 7) 1
7 1 7 0
10
x
x
x
x
x
x
x x
x
x x
+
 
 ÷
 
=

 =

+
− =
− − =

− = ⇒ =
− = ⇒
 
⇔ − − − =
 


⇔





⇔



Bài 5 : Tìm x, y biết :
2012
2011 ( 1) 0x y y− + − =
HD : ta có
2011 0x y− ≥
với mọi x,y và (y – 1)
2012

≥
0 với mọi y
Suy ra :
2012
2011 ( 1) 0x y y− + − ≥

với mọi x,y . Mà
2012
2011 ( 1) 0x y y− + − =

⇒

2011 0
2011, 1
1 0
x y
x y
y
− =

⇒ = =

− =

Các bài tập tương tự :
Bài 6 : Tìm x, y biết :
a)
2012
5 (3 4) 0x y+ + − =
b)
2 2
(2 1) 2 8 12 5.2x y x− + − − = −
Chuyên đề 4: Giá trị nguyên của biến , giá trị của biểu thức :
1 . Các kiến thức vận dụng:
- Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9
- Phân tích ra TSNT, tính chất của số nguyên tố, hợp số , số chính phương

- Tính chất chia hết của một tổng , một tích
- ƯCLN, BCNN của các số
2. Bài tập vận dụng :
* Tìm x,y dưới dạng tìm nghiệm của đa thức
Bài 1: a) T×m c¸c sè nguyªn tè x, y sao cho: 51x + 26y = 2000
b) T×m sè tù nhiªn x, y biÕt:
22
23)2004(7 yx −=−
c) T×m x, y nguyªn biÕt: xy + 3x - y = 6

d) Tìm mọi số nguyên tố thoả mãn : x
2
-2y
2
=1
HD: a) T 51x + 26y = 2000

17.3.x = 2.( 1000 13 y) do 3,17 l s NT nờn x
2M

m x NT

x = 2. Li cú 1000 13y
51M
, 1000 13y > 0 v y NT

y =

b) T
22

23)2004(7 yx =
(1)
do 7(x2004)
2


0
2 2
23 0 23 {0,2,3,4}y y y
Mt khỏc 7 l s NT
2
13 7y M
vy y = 3 hoc y = 4 thay vo (1)
suy ra : x= 2005 ,y =4 hoc x = 2003, y = 4
c) Ta cú xy + 3x - y = 6

( x 1)( y + 3) = 3

1 1
3 3
x
y
=


+ =

hoc
1 1
3 3

x
y
=


+ =

hoc
1 3
3 1
x
y
=


+ =

hoc
1 3
1 1
x
y
=


+ =

d) x
2
-2y

2
=1
2 2 2
1 2 ( 1)( 1) 2x y x x y = + =
do VP = 2y
2
chia ht cho 2 suy ra x > 2 , mt khỏc y nguyờn t
1 2 3
1 2
x y x
x y y
+ = =



= =

Bi 2 a) Tỡm cỏc s nguyờn tha món : x y + 2xy = 7
b) Tỡm
,x y Ơ
bit:
2 2
25 8( 2012)y x =

HD : a) T x y + 2xy = 7

2x 2y + 2xy = 7

(2x - 1)( 2y + 1) = 13
b) T

2 2
25 8( 2012)y x =


y
2


25 v 25 y
2
chia ht cho 8 , suy ra y = 1 hoc
y = 3 hoc y = 5 , t ú tỡm x
Bi 3 a) Tìm giá trị nguyên dơng của x và y, sao cho:
1 1 1
x y 5
+ =
b) Tìm các số a, b, c nguyên dơng thoả mãn :

b
aa 553
23
=++
và
c
a 53 =+
HD : a) T
1 1 1
x y 5
+ =

5 ( x + y) = xy (*)
5
5
5
x
xy
y




M
M
M
+ Vi x chia ht cho 5 , t x = 5 q ( q l s t nhiờn khỏc 0) thay vo (*) suy ra:
5q + y = qy

5q = ( q 1 ) y . Do q = 1 khụng tha món , nờn vi q khỏc 1 ta cú
5 5
5 1
1 1
q
y Z q
q q
= = +

(5) , t ú tỡm c y, x
b)
b

aa 553
23
=++

a
2
( a +3) = 5
b
5 , m
c
a 53 =+


a
2
. 5
c
= 5( 5
b
1
1)

1
2
1
5 1
5
b
c
a

=
Do a, b, c nguyờn dng nờn c = 1( vỡ nu c >1 thỡ 5
b 1
- 1 khụng chia
ht cho 5 do ú a khụng l s nguyờn.) . Vi c = 1

a = 2 v b = 2
Bi 4: Tìm các cặp số nguyên tố p, q thoả mãn:
2
2 2 2
5 2013 5
p p
q+ = +
HD :
2 2
2 2 2 2 2
5 2013 5 2013 25 25 2013 25 (25 1)
p p p p p p
q q q+ = + = =
Do p nguyờn t nờn
2 2
2013 25q M
v 2013 q
2
> 0 t ú tỡm c q
Bi 5 : Tìm tất cả các số nguyên dơng n sao cho:
12

n
chia hết cho 7
HD : Vi n < 3 thỡ 2
n
khụng chia ht cho 7
Vi n
3
khi ú n = 3k hoc n = 3k + 1 hoc n = 3k + 2 (
*
k N
)
Xột n = 3k , khi ú 2
n
-1 = 2
3k
1 = 8
k
1 = ( 7 + 1)
k
-1 = 7.A + 1 -1 = 7.A
7M
Xột n = 3k +1 khi ú 2
n
1 = 2
3k+1
1 = 2.8
3k
1 = 2.(7A+1) -1 = 7A + 1 khụng
chia ht cho 7

Xét n = 3k+2 khi đó 2
n
– 1 = 2
3k +2
-1 = 4.8
3k
– 1 = 4( 7A + 1) – 1 = 7 A + 3 không
chia hết cho 7 . Vậy n = 3k với
*
k N∈
* Tìm x , y để biểu thức có giá trị nguyên, hay chia hết:
Bài 1 T×m sè nguyªn m ®Ó:
a) Gi¸ trÞ cña biÓu thøc m -1 chia hÕt cho gi¸ trÞ cña biÓu thøc 2m + 1.
b)
313 <−m
HD : a) Cách 1 : Nếu m >1 thì m -1 < 2m +1 , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1
Nếu m < -2 thì
1 2 1m m− < +
, suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1
Vậy m
∈
{ -2; -1; 0; 1}
Cách 2 : Để
1 2 1 2( 1) 2 1 (2 1) 3 2 1 3 2 1m m m m m m m− + ⇒ − + ⇒ + − + ⇒ +M M M M
b)
313 <−m

⇒
- 3 < 3m – 1 < 3
⇒

0
2 4
1
3 3
m
m
m
=

−
< < ⇒

=

vì m nguyên
Bài 2 a) T×m x nguyªn ®Ó 6
1+x
chia hÕt cho 2
3−x
b) T×m
Zx
∈
®Ó A∈ Z vµ t×m gi¸ trÞ ®ã.
A =
3
21
+
−
x

x
. HD: A =
3
21
+
−
x
x
=
1 2( 3) 6 7
2
3 3
x
x x
− + +
= −
+ +
Bài 3: Tìm x nguyên để
2012 5
1006 1
x
x
+
+

HD :
2012 5
1006 1
x
x

+
+
=
2(1006 1) 2009 2009
2
1006 1 1006 1
x
x x
+ +
= +
+ +
để
2012 5
1006 1
x
x
+
+

2009 1006 1x⇒ +M

⇒
x là số CP.
Với x >1 và x là số CP thì
1006 1 2012 2009x + > >
suy ra 2009 không chia
hết cho
1006 1x +
Với x = 1 thay vào không thỏa mãn
Với x = 0 thì

2009 :1006 1 2009x + =
Chuyên đề 5 : Giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1.Các kiến thức vận dụng :
* a
2
+ 2.ab + b
2
= ( a + b)
2

≥
0 với mọi a,b
* a
2
– 2 .ab + b
2
= ( a – b)
2

≥
0 với mọi a,b
*A
2n

≥
0 với mọi A, - A
2n

≤
0 với mọi A

*
0,A A≥ ∀
,
0,A A− ≤ ∀
*
, ,A B A B A B+ ≥ + ∀
dấu “ = ” xẩy ra khi A.B
≥
0
*
, ,A B A B A B− ≤ − ∀
dấu “ = ” xẩy ra khi A,B
≥
0
2. Bài tập vận dụng:
* Dạng vận dụng đẳng thức : a
2
+ 2.ab + b
2
= ( a + b)
2

≥
0 với mọi a,b
Và a
2
– 2 .ab + b
2
= ( a – b)
2

≥
0 với mọi a,b
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các đa thức sau:
a) P(x) = 2x
2
– 4x + 2012
b) Q(x) = x
2
+ 100x – 1000

HD : a) P(x) = 2x
2
– 4x + 2012 = 2(x
2
– 2.x. + 1
2
) + 2010 = 2( x – 1)
2
+ 2010
Do ( x - 1)
2

≥
0 với mọi x , nên P(x)
≥
2010 . Vậy Min P(x) = 2010
khi ( x - 1)
2
= 0 hay x = 1

b) Q(x) = x
2
+ 100x – 1000 = ( x + 50)
2
– 3500
≥
- 3500 với mọi x
Vậy Min Q(x) = -3500
Từ đây ta có bài toán tổng quát : Tìm GTNN của đa thức P(x) = a x
2
+ bx +c ( a > 0)
HD: P(x) = a x
2
+ bx +c = a( x
2
+ 2.x.
2
b
a
+
2
( )
2
b
a
) + ( c -
2
4
b
a

)
= a(
2 2
2
4 4
) ( ) ,
2 4 4
b ac b ac b
x x
a a a
− −
+ + ≥ ∀
Vậy Min P(x) =
2
4
4
ac b
a
−
khi x =
2
b
a
−
Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
a) A = - a
2
+ 3a + 4
b) B = 2 x – x
2

HD : a) A = - a
2
+ 3a + 4 =
2 2 2
3 3 9 3 25
( 2. . ( ) ) (4 ) ( )
2 2 4 2 4
a a a− − + + + = − − +
Do
3
( ) 0,
2
a a− − ≤ ∀
nên A
25
,
4
a≤ ∀
. Vậy Max A =
25
4
khi a =
3
2
c) B =
2 2 2 2
2 ( 2. .1 1 ) 1 ( 1) 1x x x x x− = − − + + = − − +
. Do
( 1) 0, 1,x x B x− − ≤ ∀ ⇒ ≤ ∀

Vậy Max B = 1 khi x = 1
Bài 3 : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:
a) P =
2
2012
4 2013x x+ +
b) Q =
2012
2012
2013
2011
a
a
+
+
* Dạng vận dụng A
2n

≥
0 với mọi A, - A
2n

≤
0 với mọi A
Bài 1 : Tìm GTNN của biểu thức :
a) P = ( x – 2y)
2
+ ( y – 2012)
2012

b) Q = ( x + y – 3)
4
+ ( x – 2y)
2
+ 2012
HD : a) do
2
( 2 ) 0, ,x y x y− ≥ ∀
và
2012
( 2012) 0,y y− ≥ ∀
suy ra : P
0
≥
với mọi x,y

⇒
Min P = 0 khi
2 0 4024
2012 0 2012
x y x
y y
− = =
 
⇒
 
− = =
 
b) Ta có
4

( 3) 0. ,x y x y+ − ≥ ∀
và
2
( 2 ) 0. ,x y x y− ≥ ∀
suy ra : Q
≥
2012 với mọi x,y

⇒
Min Q = 2012 khi
2
2
( 3) 0 2
1
( 2 ) 0
x y x
y
x y

+ − = =


⇔
 
=
− =



Bài 3 : Tìm GTLN của R =

4
2
2013
( 2) ( ) 3x x y− + − +
Bài 4 : Cho ph©n sè:
54
23
−
+
=
x
x
C
(x ∈ Z)
a) T×m x ∈ Z ®Ó C ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, t×m gi¸ trÞ lín nhÊt ®ã.
b) T×m x ∈ Z ®Ó C lµ sè tù nhiªn.
HD :
3 2 4.(3 2) 12 8
3 3 3 23
. . .(1 )
4 5 4 3.(4 5) 4 12 15 4 12 15
x x x
C
x x x x
+ + +
= = = = +
− − − −
C lớn nhất khi
23
12 15x −

lớn nhất
12 15x⇒ −
nhỏ nhất và
12 15 0x − >

2x
⇒ =
Vậy Max C =
3 23 8
(1 )
4 9 3
+ =
khi x = 2

Bài 5 : T×m sè tù nhiªn n ®Ó ph©n sè
32
87
−
−
n
n
cã gi¸ trÞ lín nhÊt
HD : Ta có
7 8 7 2(7 8) 7 14 16 7 5
. . (1 )
2 3 2 7(2 3) 2 14 21 2 14 21
n n n
n n n n
− − −
= = = +

− − − −
Để
32
87
−
−
n
n
lớn nhất thì
5
14 21n −
lớn nhất
14 21 0n
⇔ − >
và 14n – 21 có giá trị nhỏ
nhất
21 3
14 2
n⇒ > =
và n nhỏ nhất
⇒
n = 2
* Dạng vận dụng
0,A A≥ ∀
,
0,A A− ≤ ∀

, ,A B A B A B+ ≥ + ∀
dấu “ = ” xẩy ra khi A.B
≥

0

, ,A B A B A B− ≤ − ∀
dấu “ = ” xẩy ra khi A,B
≥
0
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a) A = ( x – 2)
2
+
y x−
+ 3
b) B =
2011
2012 2010x− −
HD: a) ta có
2
( 2) 0x − ≥
với mọi x và
0y x− ≥
với mọi x,y
⇒
A
≥
3 với mọi x,y
Suy ra A nhỏ nhất = 3 khi
2
( 2) 0
2
2

0
x
x
y
y x

− =
=


⇒
 
=
− =



b) Ta có
2010 0x− − ≤
với mọi x
⇒
2012
2010 2012x− − ≤
với mọi x
B
⇒
2011
2012
B⇒ ≤
với mọi x, suy ra Min B =

2011
2012
khi x = 2010
Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức
a)
2011 2012A x x= − + −
b)
2010 2011 2012B x x x= − + − + −
c) C =
1 2 100x x x− + − + + −
HD : a) Ta có
2011 2012A x x= − + −
=
2011 2012 2011 2012 1x x x x− + − ≥ − + − =

với mọi x
1A
⇒ ≥
với x . Vậy Min A = 1 Khi
( 2011)(2012 ) 0 2011 2012x x x− − ≥ ⇔ ≤ ≤
b) ta có
2010 2011 2012B x x x= − + − + −
( 2010 2012 ) 2011x x x= − + − + −
Do
2010 2012 2010 2012 2x x x x− + − ≥ − + − =
với mọi x (1)
Và
2011 0x − ≥
với mọi x (2)
Suy ra B

( 2010 2012 ) 2011x x x= − + − + −

2≥
. Vậy Min B = 2 khi BĐT (1) và (2)
xẩy ra dấu “=” hay
( 2010)(2012 ) 0
2011
2011 0
x x
x
x
− − ≥

⇒ =

− =

c) Ta có
1 2 100x x x− + − + + −
=
( 1 100 ) ( 2 99 ) ( 50 56 )x x x x x x− + − + − + − + + − + −
1 100 2 99 50 56x x x x x x≥ − + − + − + − + + − + −
= 99 + 97 + + 1 = 2500
Suy ra C
2050
≥
với mọi x . Vậy Min C = 2500 khi

( 1)(100 ) 0 1 100
( 2)(99 ) 0 2 99

( 50)(56 ) 0 50 56
x x x
x x x
x x x
− − ≥ ≤ ≤
 
 
− − ≥ ≤ ≤
 
⇔
 
 
 
− − ≥ ≤ ≤
 
50 56x⇔ ≤ ≤



Chuyờn 6 : Dng toỏn chng minh chia ht
1.Kin thc vn dng
* Du hiu chia ht cho 2, 3, 5, 9
* Ch s tn cựng ca 2
n
, 3
n
,4
n
, 5

n
,6
n
, 7
n
, 8
n
, 9
n

* Tớnh cht chia ht ca mt tng
2. Bi tp vn dng:
Bi 1 : Chng minh rng : Vi mi s nguyờn dng n thỡ :
2 2
3 2 3 2
n n n n+ +
+
chia ht cho 10
HD: ta cú
2 2
3 2 3 2
n n n n+ +
+
=
2 2
3 3 2 2
n n n n+ +
+
=
2 2

3 (3 1) 2 (2 1)
n n
+ +
=
1
3 10 2 5 3 10 2 10
n n n n
ì ì = ì ì
= 10( 3
n
-2
n
)
Vy
2 2
3 2 3 2
n n n n+ +
+
M
10 vi mi n l s nguyờn dng.
Bi 2 : Chng t rng:
A = 75. (4
2004
+ 4
2003
+ . . . . . + 4
2
+ 4 + 1) + 25 l s chia ht cho 100
HD: A = 75. (4
2004

+ 4
2003
+ . . . . . + 4
2
+ 4 + 1) + 25 = 75.( 4
2005
1) : 3 + 25
= 25( 4
2005
1 + 1) = 25. 4
2005
chia ht cho 100
Bi 3 : Cho m, n

N
*
v p l s nguyờn t tho món:
1m
p
=
p
nm +
(1)
Chng minh rng : p
2
= n + 2
HD : + Nu m + n chia ht cho p
( 1)p m M
do p l s nguyờn t v m, n

N
*



m = 2 hoc m = p +1 khi ú t (1) ta cú p
2
= n + 2
+ Nu m + n khụng chia ht cho p , t ( 1)

(m + n)(m 1) = p
2
Do p l s nguyờn t v m, n

N
*


m 1 = p
2
v m + n =1

m = p
2
+1 v n = - p
2
< 0 (loi)
Vy p
2
= n + 2

Bi 4: a) Số
410
1998
=A
có chia hết cho 3 không ? Có chia hết cho 9 không ?
b) Chứng minh rằng:
3338
4136 +=A
chia hết cho 7
HD: a) Ta cú 10
1998
= ( 9 + 1)
1998
= 9.k + 1 ( k l s t nhiờn khỏc khụng)
4 = 3.1 + 1
Suy ra :
410
1998
=A
= ( 9.k + 1) ( 3.1+1) = 9k -3 chia ht cho 3 , khụng
chia ht cho 9
b) Ta cú 36
38
= (36
2
)
19
= 1296
19
= ( 7.185 + 1)

19
= 7.k + 1 ( k

N
*
)
41
33
= ( 7.6 1)
33
= 7.q 1 ( q

N
*
)
Suy ra :
3338
4136 +=A
= 7k + 1 + 7q 1 = 7( k + q)
7M
Bi 5 :
a) Chứng minh rằng:
nnnn
2323
42
++
++
chia hết cho 30 với mọi n nguyên dơng
b) Chứng minh rằng: 2a - 5b + 6c
M

17 nếu a - 11b + 3c
M
17 (a, b, c Z)
Bi 6 : a) Chứng minh rằng:
17101723 MM baba ++
(a, b Z )
b) Cho đa thức
cbxaxxf ++=
2
)(
(a, b, c nguyên).
CMR nếu f(x) chia hết cho 3 với mọi giá trị của x thì a, b, c đều chia hết cho 3
HD a) ta cú 17a 34 b
17M
v 3a + 2b
17 17 34 3 2 17 2(10 16 ) 17a b a b a b + + M M M

10 16 17a b M
vỡ (2, 7) = 1
10 17 16 17 10 17a b b a b + +M M

b) Ta có f(0) = c do f(0)
3M
3c⇒ M
f(1) - f(-1) = (a + b + c) - ( a – b + c) = 2b , do f(1) và f(-1) chia hết
cho 3
2 3 3b b⇒ ⇒M M
vì ( 2, 3) = 1
f(1)
3 3a b c⇒ + +M M

do b và c chia hết cho 3
3a⇒ M
Vậy a, b, c đều chia hết cho 3
Bài 7 : a) Chøng minh r»ng
2006
10 53
9
+
lµ mét sè tù nhiên
b) Cho
12 +
n
lµ sè nguyªn tè (n > 2). Chøng minh
12 −
n
lµ hîp sè
HD : b) ta có (2
n
+1)( 2
n
– 1) = 2
2n
-1 = 4
n
-1 (1) .Do 4
n
- 1 chia hêt cho 3 và
12 +
n
lµ

sè nguyªn tè (n > 2) suy ra 2
n
-1 chia hết cho 3 hay 2
n
-1 là hợp số
Chuyên đề 7 : Bất đẳng thức
1.Kiến thức vận dụng
* Kỹ thuật làm trội : Nếu a
1
< a
2
< a
3
<…. < a
n
thì n a
1
< a
1
+ a
2
+ …

+ a
n
< na
n

1 2 1
1 1 1 1 1

n n
na a a a na
⇔ < + + + <
* a(a – 1) < a
2
< a( a+1)
2
1 1 1
( 1) ( 1)a a a a a
⇔ < <
+ −
* a
2
+ 2.ab + b
2
= ( a + b)
2

≥
0 , * a
2
– 2 .ab + b
2
= ( a – b)
2

≥
0 với mọi a,b
2.B ài tập vận dụng

Bài 1: Cho a, b, c > 0 . Chøng tá r»ng:
ac
c
cb
b
ba
a
M
+
+
+
+
+
=
kh«ng lµ sè nguyªn.
HD : Ta có
1
a b c a b c a b c
M
a b b c c a a b c c a b a b c a b c
+ +
= + + > + + = =
+ + + + + + + + + + +


1M⇒ >
Mặt khác
( ) ( ) ( )a b c a b b b c c c a a
M
a b b c c a a b b c c a

+ − + − + −
= + + = + +
+ + + + + +

3 ( )
b c a
a b b c c a
− + +
+ + +
= 3 – N Do N >1 nên M < 2
Vậy 1 < M < 2 nên M không là số nguyên
Bài 2 Chứng minh rằng :
2a b ab+ ≥
(1) ,
3
3a b c abc+ + ≥
(2) với a, b, c
0≥
HD :
2a b ab+ ≥
2 2 2 2 2 2
( ) 4 2 4 2 0 ( ) 0a b ab a ab b ab a ab b a b⇔ + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥
(*)
Do (*) đúng với mọi a,b nên (1) đúng
Bài 3 : Với a, b, c là các số dương . Chứng minh rằng
a)
1 1
( )( ) 4a b
a b
+ + ≥

(1) b)
1 1 1
( )( ) 9a b c
a b c
+ + + + ≥
(2)
HD : a) Cách 1 : Từ
2 2
1 1
( )( ) 4 ( ) 4 ( ) 0a b a b ab a b
a b
+ + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ − ≥
(*)
Do (*) đúng suy ra (1) đúng

Cỏch 2: Ta cú
2a b ab+
v
1 1 2
a b
ab
+

1 1 2
( )( ) 2 . 4a b ab
a b
ab
+ + =
Du = xy ra khi a = b
b) Ta cú :

1 1 1
( )( ) 3 3 ( ) ( ) ( )
b c a c a b a b b c a c
a b c
a b c a b c b a c b c a
+ + +
+ + + + = + + + = + + + + + +

Li cú
2; 2; 2
a b b c a c
b a c b c a
+ + +
Suy ra
1 1 1
( )( )a b c
a b c
+ + + +

3 2 2 2 9
+ + + =
Du = xy ra khi a = b = c
Bi 4 : a) Cho z, y, z là các số dơng.
Chứng minh rằng:
4
3
222

++
+

++
+
++ yxz
z
xzy
y
zyx
x
b) Cho a, b, c thoả mãn: a + b + c = 0. Chứng minh rằng:
0
++
cabcab
.
HD : b) Tớnh ( a + b + c)
2
t cm c
0
++
cabcab

Ch uyờn 8 : Cỏc bi toỏn v a thc mt n

Bi 1 : Cho a thc P(x) = a x
3
+ bx
2
+ cx + d ( a khỏc 0)
Bit P(1) = 100 , P( -1) = 50 , P(0) = 1 , P( 2) = 120 . Tớnh P(3)
HD : ta cú P(1) = 100

a + b + c + d = 100
P(-1) = 50

- a + b c + d = 50
P( 0) = 1

d = 1
P(2) = 8a + 4b + c + d = 120
T ú tỡm c c, d, v a v X c P(x)
Bi 2 : Cho
cbxaxxf ++=
2
)(
với a, b, c là các số hữu tỉ.
Chứng tỏ rằng:
0)3().2( ff
. Biết rằng
0213
=++
cba
HD : f( -2) = 4a 2b + c v f(3) = 9a + 3b + c

f(-2).f(3) =(4a 2b + c)( 9a + 3b + c)
Nhn thy ( 4a 2b + c) + ( 9a + 3b + c) = 13a + b + 2c = 0


( 4a 2b + c ) = - ( 9a + 3b + c)
Vy f(-2).f(3) = - ( 4a 2b + c).( 4a 2b + c) = - ( 4a -2b + c)
2

0
Bi 3 Cho đa thức
cbxaxxf ++=
2
)(
với a, b, c là các số thực. Biết rằng f(0); f(1); f(2)
có giá trị nguyên. Chứng minh rằng 2a, 2b có giá trị nguyên.
HD : f(0) = c , f(1) = a + b + c , f(2) = 4a + 2b + c
Do f(0) ,f(1), f(2) nguyờn

c , a + b + c v 4a + 2b + c nguờn

a + b v 4a + 2b = 2 (a + b) + 2a = 4( a + b) -2b ngyờn

2a , 2b nguyờn
Bi 4 Chứng minh rằng: f(x)
dcxbxax +++=
23
có giá trị nguyên với mọi x nguyên
khi và chỉ khi 6a, 2b, a + b + c và d là số nguyên
HD : f(0) = d , f(1) = a + b + c + d , f(2) = 8a +4 b + c + d
Nu f(x) cú giỏ tr nguyờn vi mi x

d , a + b + c + d, 8a +4b + c + d l cỏc s
nguyờn . Do d nguyờn

a + b + c nguyờn v (a + b + c + d) + (a + b +c +) +2b
nguyờn

2b nguyờn

6a nguyờn . Chiu ngc li cm tng t.

Bi 5 : Tìm tổng các hệ số của đa thức nhận đợc sau khi bỏ dấu ngoặc trong biểu thức:
A(x) =
2005220042
)43(.)43( xxxx +++
HD : Gi s A( x) = a
o
+ a
1
x + a
2
x
2
+ + a
4018
x
4018
Khi ú A(1) = a
o
+ a
1
+a
2
+ .+ a
4018

do A(1) = 0 nờn a

o
+ a
1
+a
2
+ .+ a
4018
= 0
Bi 6 : Cho x = 2011. Tính giá trị của biểu thức:
2011 2010 2009 2008 2
2012 2012 2012 2012 2012 1x x x x x x + + +
HD : t A =
2011 2010 2009 2008 2
2012 2012 2012 2012 2012 1x x x x x x + + +

2010 2009 2008
( 2011) ( 2011) ( 2011) ( 2011) 1x x x x x x x x x + +


ti x = 2012 thỡ A = 2011

Chuyờn 9 Cỏc bi toỏn thc t
1. Kin thc vn dng
- Tớnh cht i lng t l thun :
i lng y t l thun vi i lng x khi v ch khi :
y = k.x


3
1 2

1 2 3

n
n
y y
y y
k
x x x x
= = = = =
( k l h s t l )
- Tớnh cht i lng t l nghch :
i lng y v i lng x c gi l hai i lng t l nghch khi :
x.y = a
1 1 2 2 3 3
. . . .
n n
x y x y x y x y a = = = = =
( a l h s t l )
- Tớnh cht dóy t s bng nhau.
2. Bi tp vn dng
*Phng phỏp gii :
- c k bi , t ú xỏc nh cỏc i lng trong bi toỏn
- Ch ra cỏc i lng ó bit , i lng cn tỡm
- Ch rừ mi quan h gia cỏc i lng ( t l thun hay t l nghch)
- p dng tớnh cht v i lng t l v tớnh cht dóy t s bng nhau gii

Bi 1 : Mt vt chuyn ng trờn cỏc cnh hỡnh vuụng. Trờn hai cnh u vt
chuyn ng vi vn tc 5m/s, trờn cnh th ba vi vn tc 4m/s, trờn cnh th t vi
vn tc 3m/s. Hi di cnh hỡnh vuụng bit rng tng thi gian vt chuyn ng trờn
bn cnh l 59 giõy

Bi 2 : Ba lớp 7A,7B,7C có 94 học sinh tham gia trồng cây. Mỗi học sinh lớp 7A
trồng đợc 3 cây, Mỗi học sinh lớp 7B trồng đợc 4 cây, Mỗi học sinh lớp 7C trồng đợc 5
cây,. Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu học sinh. Biết rằng số cây mỗi lớp trồng đợc đều nh
nhau.
Bi 3 : Một ô tô phải đi từ A đến B trong thời gian dự định. Sau khi đi đợc nửa quãng
đờng ô tô tăng vận tốc lên 20 % do đó đến B sớm hơn dự định 10 phút.
Tính thời gian ô tô đi từ A đến B.
Bi 4 : Trên quãng đờng AB dài 31,5 km. An đi từ A đến B, Bình đi từ B đến A. Vận
tốc An so với Bình là 2: 3. Đến lúc gặp nhau, thời gian An đi so với Bình đi là 3: 4.
Tính quãng đờng mỗi ngời đi tới lúc gặp nhau ?
Bi 5 : Ba i cụng nhõn lm 3 cụng vic cú khi lng nh nhau. Thi gian hon
thnh cụng vic ca i , , ln lt l 3, 5, 6 ngy. Biờt i nhiu hn i

là 2 người và năng suất của mỗi công nhân là bằng nhau. Hỏi mỗi đội có bao nhiêu
công nhân ?
Bài 6 : Ba ô tô cùng khởi hành đi từ A về phía B . Vận tốc ô tô thứ nhất kém ô tô thứ
hai là 3 Km/h . Biết thơi gian ô tô thứ nhất, thứ hai và thứ ba đi hết quãng đường AB
lần lượt là : 40 phút,
5
8
giờ ,
5
9
giờ . Tính vận tốc mỗi ô tô ?

PHẦN HÌNH HỌC
I. Một số phương pháp chứng minh hình hoc
1.Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau:
P
2

: - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai đoạn thẳng đó
- Chứng minh hai đoạn thẳng đó là hai cạnh bên của một tam giác cân
- Dựa vào tính chất đường trung tuyến, đường trung trực của đoạn thẳng
- Dựa vào định lí Py-ta- go để tính độ dài đoạn thẳng
2.Chứng minh hai góc bằng nhau:
P
2
: - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai góc đó
- Chứng minh hai góc đó là hai góc ở đáy của một tam giác cân
- Chứng minh hai đường thẳng song song mà hai góc đó là cặp góc so le
trong ,đồng vị
- Dựa vào tính chất đường phân giác của tam giác
3. Chứng minh ba điểm thẳng hàng:
P
2
: - Dựa vào số đo của góc bẹt ( Hai tia đối nhau)
- Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 tại một điểm
- Hai đường thẳng đi qua một điểm và song song với đường thẳng thứ 3
- Dựa vào tính chất 3 đường trung tuyến, phân giác, trung trực, đường cao
4. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc
P
2
: - Tính chất của tam giác vuông, định lí Py – ta – go đảo
- Qua hệ giữa đường thẳng song song và đường thẳng vuông góc
- Tính chất 3 đường trung trực, ba đường cao

5 . Chng minh 3 ng thng ng quy( i qua mt im )
P
2
: - Da vo tớnh cht ca cỏc ng trong tam giỏc

6. So sỏnh hai on thng, hai gúc :
P
2
: - Gn hai on thng , hai gúc vo mt tam giỏc t ú vn nh lớ v quan
h gia cnh v gúc i din trong mt tam giỏc , BT tam giỏc
- Da vo nh lớ v quan h gia ng xiờn v hỡnh chiu, ng xiờn
v ng vuụng gúc .
II. Bi tp vn dng
Bi 1 : Cho tam giác ABC có Â < 90
0
. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn
thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC.
Chứng minh: DC = BE và DC

BE
HD:
Phõn tớch tỡm hng gii
* CM DC = BE cn CM ABE = ADC ( c.g.c)
Cú : AB = AD, AC = AE (gt)


Cn CM :
ã
ã
DAC BAE=
Cú :
ã
ã
ã
0

90BAE BAC DAC= + =
* Gi I l giao im ca AB v CD
CM : DC

BE cn CM
à
à
0
2 1
90I B+ =

Cú
à
à
1 2
I I=
( Hai gúc i nh) v
à
ả
0
1 1
90I D+ =


Cn CM
à
ả
1 1
B D=
( vỡ ABE = ADC)

Li gii
a) Ta cú
ã
ã
ã
0
90BAE BAC DAC= + =


ã
ã
DAC BAE=
, mt khỏc AB = AD, AC = AE (gt)
Suy ra ABE = ADC(c.g.c)

DC = BE
b) Gi I l giao im ca AB v CD
Ta cú
à
à
1 2
I I=
( Hai gúc i nh) ,
à
ả
0
1 1
90I D+ =
( ADI vuụng ti A) v
à

ả
1 1
B D=
( vỡ
ABE = ADC)

à
à
0
2 1
90I B+ =


DC

BC
*Khai thỏc bi 1:
T bi 1 ta thy : DC = BE và DC

BE khi ABD v ACE vuụng cõn, vy nu cú
ABD v ACE vuụng cõn , T B k BK

CD ti D thỡ ba im E, K, B thng hng
Ta cú bi toỏn 1.2
Bi 1. 1: Cho tam giác ABC có Â < 90
0
. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn
thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC . T B k BK

CD ti K

Chng minh rng ba im E, K, B thng hng
HD : T bi 1 chng minh c DC

BE m BK

CD ti K suy ra ba im E, K, B
thng hng
*Khai thỏc bi 1.1
T bi 1.1 nu gi M l trung im ca DE k tia M A thỡ MA

BC t ú ta cú bi
toỏn 1.2
Bi 1.2: Cho tam giác ABC có Â < 90
0
. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn
thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC . Gi M l trung im
ca DE k tia M A . Chng minh rng : MA

BC
Phõn tớch tỡm hng gii
HD: Gi H l giao im ca tia MA v BC

CM MA

BC

ta cn CM AHC vuụng ti H

CM AHC vuụng ti H ta cn to ra 1 tam giỏc
vuụng bng AHC

Trờn tia AM ly im N sao cho AM = MN
K DQ

AM ti Q

Cn CM AHC = DQN (g.c.g)


CM: ND = AC ,
ả
ã
1
N ACB=
,
ã
ã
BAC ADN=


CM : ABC = DNA ( c.g.c)



Cú AD = AB (gt)
Cn CM : ND = AE ( = AC) v
ã
ã
BAC ADN=
+ CM ND = AE

CM : MDN = MEA (c.g.c)
+ CM
ã
ã
BAC ADN=



ã
ã
0
180EAD ADN+ =
vỡ
ã
ã
0
180EAD BAC+ =



CM AE // DN (MDN = MEA)
Li gii
Gi H l giao im ca tia MA v BC , Trờn tia AM ly im N sao cho AM = MN
k DQ

AM ti Q
Ta cú MDN = MEA ( c.g.c) vỡ :
AM = MN ; MD = ME (gt) v

ã
ã
EMA DMN=
( hai gúc i nh)

DN = AE ( = AC) v AE // DN vỡ
ả
ã
1
N MAE=
( cp gúc so le trong )

ã
ã
0
180EAD ADN+ =
( cp gúc trong cựng phớa) m
ã
ã
0
180EAD BAC+ =


ã
ã
BAC ADN=

Xột ABC v DNA cú : AB = AD (gt) , AC = DN v
ã
ã

BAC ADN=
( chng minh
trờn )

ABC = DNA (c.g.c)


ả
ã
1
N ACB=
Xột AHC v DQN cú : AC = DN ,
ã
ã
BAC ADN=
v
ả
ã
1
N ACB=


AHC = DQN (g.c.g)

AHC vuụng ti H hay MA

BC
* Khai thỏc bi toỏn 1.3
+ T bi 1.2 ta thy vi M l trung im ca DE thỡ tia MA

BC , ngc li
nu AH

BC ti H thỡ tia HA s i qua trung im M ca DE , ta cú bi toỏn 1.4
Bi 1.3 : Cho tam giác ABC có Â < 90
0
. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn
thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC . Gi H l chõn ng
vuụng gúc k t A n BC . Chng minh rng tia HA i qua trung im ca on
thng DE
HD : T bi 1.2 ta cú nh hng gii nh sau:
K DQ

AM ti Q, ER

AM ti R .
Ta cú : +
ã
ã
DAQ HBH=
( Cựng ph
ã
BAH
)
AD = AB (gt)

AHB = DQA ( Cnh huyn gúc nhn)

DQ = AH (1)
+
ã
ã
ACH EAR=
( cựng ph
ã
CAH
)
AC = AE (gt)

AHB = DQA ( Cnh huyn gúc nhn)


ER = AH ( 1) . T (1) v (2)

ER = DQ
Li cú
ả
ả
1 2
M M=
( hai gúc i nh )

QDM = REM ( g.c.g)

MD = ME hay M l trung
im ca DE
+ T bi 1.3 ta thy vi M l trung im ca DE thỡ tia MA

DE , ngc li
nu H l trung im ca BC thỡ tia KA s vuụng gúc vi DE, ta cú bi toỏn 1.4
Bi 1.4: Cho tam giác ABC có Â < 90
0
. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn
thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC . Gi H trung im ca
BC .
Chng minh rng tia HA vuụng gúc vi DE
HD : T bi 1.3 ta d dng gii bi toỏn 1.4
Trờn tia AH ly im A sao cho AH = HA
D CM c AHC = AHB ( g.c.g)

AB = AC ( = AE) v
ã
ã
'HAC HA B=


AC // AB
ã
ã
0
' 180BAC ABA + =
( cp gúc trong cựng phớa)
M
ã
ã
0
180DAE BAC+ =

ã
ã
'DAE ABA =
Xột DAE v ABA cú : AE = AB , AD = AB (gt)
ã
ã
'DAE ABA=


DAE = ABA(c.g.c)


ã
ã
AA'ADE B=
m
ã
ã
ã
ã
0 0
AA' 90 90ADE B ADE MDA+ = + =
Suy ra HA vuụng gúc vi DE
Bi 2 : Cho tam giác cân ABC (AB = AC). Trên cạnh BC lấy điểm D, trên tia
đối của tia CB lấy điểm E sao cho BD = CE. Các đờng thẳng vuông góc với BC kẻ từ D
và E cắt AB, AC lần lợt ở M, N. Chứng minh rằng:
a) DM = EN
b) Đờng thẳng BC cắt MN tại trung điểm I của MN.
c) Đờng thẳng vuông góc với MN tại I luôn đi qua một điểm cố định khi D thay
đổi trên cạnh BC

* Phõn tớch tỡm li gii
a) cm DM = EN


Cm BDM = CEN ( g.c.g)



Cú BD = CE (gt) ,
à
à
0
90D E= =
( MD, NE

BC)

ã
ã
BCA CBA=
( ABC cõn ti A)
b) Cm Đờng thẳng BC cắt MN tại trung

điểm I của MN

Cn cm IM = IN


Cm MDI = NEI ( g.c.g)
c) Gi H l chõn ng vuụng gúc k t A xung BC , O l giao im ca AH vi

ng thng vuụng gúc vi MN k t I

Cn cm O l im c nh
cm O l im c nh


Cn cm OC

AC


Cn cm
ã
ã
0
90OAC OCN= =


Cn cm :
ã
ã
OBA OCA=
v
ã
ã
OBM OCM=


Cn cm OBM = OCN ( c.c.c) v OAB = OAC (c.g.c)
*Khai thỏc bi 2

T bi 2 ta thy BM = CN , vy ta cú th phỏt biu li bi toỏn nh sau:

Bi 2.1 Cho tam giác cân ABC (AB = AC). Trên cạnh AB lấy điểm M, trên tia
AC lấy điểm N sao cho BM = CN . ng thng BC ct MN ti I .
Chứng minh rằng:
a) I l trung im ca MN
b) Đờng thẳng vuông góc với MN tại I luôn đi qua một điểm cố định khi D thay
i
li gii:
T li gii bi 2 gii bi 2.1 ta cn k MD

BC ( D

BC)
NE

BC ( E

BC)



Bi 3 : Cho ABC vuụng ti A, K l trung im ca cnh BC . Qua K k ng
thng vuụng gúc vi AK , ng thng ny ct cỏc ng thng AB v AC ln lt
D v E Gi I l trung im ca DE .
a) Chng minh rng : AI

BC
b) Cú th núi DE nh hn BC c khụng ? vỡ sao?
*Phõn tớch tỡm li gii

a) Gi H l giao im ca BC v AI
cm AI

BC

Cn cm
à
ã
0
1
90A ACK+ =
cm
à
ã
0
1
90A ACK+ =


Cú
ã
ã
0
90AEK EAK+ =



⇒
cần cm
µ

·
1
A AEK=
và
·
·
ACK CAK=

⇑
Cần cm ∆AIE cân tại I và ∆AKC cân tại K
b) Để so sánh DE với BC
⇒
cần so sánh IE với CK ( vì 2.IE = DE, 2CK = BC)

⇑
So sánh AI với AK ( vì AI = IE, AK = CK)
Có AI
≥
AK
Lời giải :
a)Dễ dàng chứng được ∆AIE cân tại I và ∆AKC cân tại K
⇒
cần cm
µ
·
1
A AEK=
và
·
·

ACK CAK=
mà
·
·
0
90AEK EAK+ =

⇒
µ
·
0
1
90A ACK+ =

⇒
AI
⊥
BC
b) ta có BC = 2 CK = 2AK ( CK = AK) , DE = 2IE = 2.AI ( AI = IE)
Mà AI
≥
AK
DE BC⇒ ≥
, DE = BC khi K trùng với I khi đó ∆ABC vuông
cân tại A
Bài 4: Cho tam giác ABC (AB > AC ) , M là trung điểm của BC. Đường thẳng đi
qua M và vuông góc với tia phân giác của góc A tại H cắt hai tia AB, AC lần lượt tại E
và F. Chứng minh rằng:
a)
2

2 2
4
EF
AH AE
+ =
b)
·
·
µ
2BME ACB B
= −
.
c) BE = CF
lơì giải
Áp dụng định lý Py –ta-go cho tam giác vuông
AFH, ta có: HF
2
+ AH
2
= AF
2
Mà
∆
AHE =
∆
AHF (g-c-g) nên HF =
1
2
EF; AF = AE
Suy ra:

2
2 2
4
EF
AH AE+ =
Tõ
AEH AFH∆ = ∆
Suy ra
µ
µ
1
E F=

XÐt
CMF
∆
cã
·
ACB
lµ gãc ngoµi suy ra
·
·
µ
CMF ACB F= −

BME∆
cã
µ
1
E

lµ gãc ngoµi suy ra
·
µ
µ
1
BME E B= −
vËy
·
·
·
µ
µ
µ
1
( ) ( )CMF BME ACB F E B+ = − + −
hay
·
·
µ
2BME ACB B= −
(®pcm).
Từ
AHE AHF∆ = ∆
Suy ra AE = AF và
µ
µ
1
E F=

Từ C vẽ CD // AB ( D

∈
EF ) =>
( ) (1)BME CMD g c g BE CD∆ = ∆ − − ⇒ =
Lại có:
µ
·
1
E CDF=
(cặp góc đồng vị) Do đó
·
µ
CDF F= ⇒
CDF
∆
cân
⇒
CF = CD ( 2)
Từ (1) và (2) suy ra BE = CF

Bài 5 : Cho tam giác ABC có góc B và góc C là hai góc nhọn .Trên tia đối của tia
AB lấy điểm D sao cho AD = AB , trên tia đối của tia AC lấy điểm E sao cho AE =
AC.
a) Chứng minh rằng : BE = CD.
1
C
H
M
E
D
B

A
F

b) Gi M l trung im ca BE , N l trung im ca CB. Chng minh M,A,N thng
hng.
c)Ax l tia bt k nm gia hai tia AB v AC. Gi H,K ln lt l hỡnh chiu ca B
v C trờn tia Ax . Chng minh BH + CK

BC.
d) Xỏc nh v trớ ca tia Ax tng BH + CK cú giỏ tr ln nht.

*Phõn tớch tỡm li gii
a) cm BE = CD


Cn cm

ABE =

ADC (c.g.c)
b) cm M, A, N thng hng.


Cn cm
ã
ã
0
180BAN BAM= =

Cú
ã
ã
0
180BAN NAD+ =


Cn cm
ã
ã
MAB NAD=
cm
ã
ã
MAB NAD=


Cn cm

ABM =

ADN (c.g.c)
c) Gi l giao im ca BC v Ax


cm BH + CK

BC

Cn cm
;BH BI CK CI
Vỡ BI + IC = BC
d) BH + CK cú giỏ tr ln nht = BC
khi ú K,H trựng vi I , do ú Ax vuụng gúc vi BC
Bi 6 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đờng cao AH. ở miền ngoài của tam giác
ABC ta vẽ các tam giác vuông cân ABE và ACF đều nhận A làm đỉnh góc vuông. Kẻ
EM, FN cùng vuông góc với AH (M, N thuộc AH).
a) Chứng minh: EM + HC = NH.
b) Chứng minh: EN // FM.
*Phõn tớch tỡm li gii
a) cm EM + HC = NH


Cn cm EM = AH v HC = AN
+ cm EM = AH

cn cm AEM =BAH
( cnh huyn gúc nhon)
+ cm HC = AN

cn cm AFN =CAH
( cnh huyn gúc nhon)
b) cm EN // FM



ã
ã
EFAEF N=

( cp gúc so le trong)
Gi I l giao im ca AN v EF
x
k
I
A
B
C
D
E
H
K
N
M