Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9

Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
CHỦ ĐỀ 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a) x
3
– 5x
2
+ 8x – 4 b) x
3
– 3x + 2 c) x
3
– 5x
2
+ 3x + 9
d) x
3
+ 8x
2
+ 17x

+ 10 e) x
3
+ 3x
2
+ 6x + 4
Phương pháp:
- Nếu đa thức có nghiệm nguyên thì nghiệm nguyên đó là ước của hạng tử tự do.
- Nếu đa thức có tổng các hệ số bằng 0 thì đa thức có nghiệm x = 1=> Đa thức có chứa nhân
tử là x – 1
- Nếu đa thức có tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của hạng tử bậc lẻ
thì đa thức có nghiệm x = - 1 => Đa thức có nhân tử là x + 1.

Bài giải:
a) x
3
– 5x
2
+ 8x – 4 = (x
3
– x
2
) – (4x
2
– 4x) + (4x – 4)
= x
2
(x – 1) – 4x(x – 1) + 4(x – 1)
= (x – 1)(x
2
– 4x + 4)
= (x – 1)(x – 2)
2
b) x
3
– 3x + 2 = (x
3
– x) - (2x - 2)
= x(x
2
– 1) – 2(x - 1)
=(x – 1)(x
2

+ x – 2)
c) x
3
– 5x
2
+ 3x + 9 = (x
3
+ x
2
) – (6x
2
+ 6x) + (9x + 9)
= x
2
(x + 1) - 6x(x + 1) + 9(x +1)
= (x + 1)(x – 3)
2
d) x
3
+ 8x
2
+ 17x + 10 = (x
3
+ x
2
) + (7x
2
+ 7x) + 10x + 10)
= x
2

(x +1) + 7x(x + 1) + 10(x + 1)
= (x + 1)(x
2
+ 7x + 10)
= (x + 1) [(x
2
+ 2x) + (5x + 10) ]
=(x + 1)(x + 2)(x + 5)
e) x
3
+ 3x
2
+ 6x + 4 = (x
3
+ x
2
) +(2x
2
+2x) +(4x + 4)
= x
2
(x + 1) + 2x(x + 1) + 4(x +1)
= (x + 1)(x
2
+ 2x + 4)
Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a) x
3
– 2x – 4 b) 2x
3

– 12x
2
+ 17x – 2
c) x
3
+ 9x
2
+ 26x + 24 d) x
3
– 2x
2
– 3x + 10
Bài giải:
a) x
3
– 2x – 4 = (x
3
– 2x
2
) + (2x
2
– 4x) + (2x – 4)
= x
2
(x – 2) + 2x(x – 2) + 2(x – 2)
= (x – 2)(x
2
+ 2x + 2)
b) 2x
3

– 12x
2
+ 17x – 2 = (2x
3
– 4x
2
) – (8x
2
– 16x) + (x – 2)
= 2x
2
(x – 2) – 8x(x – 2) + (x – 2)
= (x – 2)(2x
2
– 8x + 1)
c) x
3
+ 9x
2
+ 26x + 24 = (x
3
+ 2x
2
) + (7x
2
+ 14x) + (12x + 24)
= x
2
(x + 2) + 7x(x + 2) + 12(x + 2)
= (x + 2)(x

2
+ 7x + 12)
= (x + 2) [(x
2
+ 4x) + (3x + 12) ]
= (x + 2)(x + 3)(x + 4)
d) x
3
– 2x
2
– 3x + 10 = (x
3
+ 2x
2
) – (4x
2
+ 8x) + (5x + 10)
1
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
= x
2
(x + 2) – 4x(x + 2) + 5(x + 2)
= (x + 2)(x
2
– 4x + 5)
Bài 3: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a) 2x
3
– 3x
2

+ 3x – 1 b) 3x
3
– 14x
2
+ 4x + 3 c) 3x
3
– 7x
2
+ 17x – 5
Phương pháp: Các ước của hệ số tự do không phải là nghiệm nguyên của đa thức. Nếu đa thức
có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm hữu tỉ phải có dạng
q
p
trong đó p là ước của hệ số tự do còn q là ước
của hệ số cao nhất.
Bải giải:
a) 2x
3
– 3x
2
+ 3x – 1 ( thấy có nghiệm x =
2
1
, nên đa thức có nhân tử là 2x – 1)
= (2x
3
– x
2
) – (2x
2

– x) + (2x – 1)
= x
2
(2x – 1) – x(2x – 1) + (2x – 1)
= (2x – 1)(x
2
– x + 1)
b) 3x
3
– 14x
2
+ 4x + 3 (thấy có nghiệm x =
3
1
−
, nên đa thức có nhân tử là 3x + 1)
= (3x
3
+ x
2
) – (15x
2
+ 5x) + (9x + 3)
= x
2
(3x + 1) – 5x(3x + 1) + 3(3x +1)
= (3x + 1)(x
2
– 5x + 3)
c) 3x

3
– 7x
2
+ 17x – 5 (ta thấy có nghiệm x =
3
1
, nên đa thức có nhân tử là 3x – 1)
= (3x
3
– x
2
) – (6x
2
– 2x) + (15x – 5)
= x
2
(3x – 1)- 2x(3x – 1) + 5(3x – 1)
= (3x – 1)(x
2
– 2x + 5)
Bài 4: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a) x
8
+ x
7
+ 1
b) x
7
+ x
5

+ 1
c) x
4
+ 324
Giải:
a) x
8
+ x
7
+ 1 = (x
8
– x
2
) + (x
7
– x) + (x
2
+ x + 1) (thêm và bớt x
2
+ x)
= x
2
(x
6
– 1) + x(x
6
– 1) + (x
2
+ x + 1)
= x(x

6
– 1)(x + 1) + (x
2
+ x + 1)
= (x
3
– 1)(x
3
+ 1)(x
2
+ x) + (x
2
+ x + 1)
= (x – 1)(x
2
+ x + 1)(x
3
+ 1)(x
2
+ x) + (x
2
+ x +1)
= (x
2

+ x + 1) [(x – 1)(x
3
+ 1)(x
2
+ x) + 1]

= (x
2
+ x + 1)(x
4
– x
3
+ x – 1)(x
3
+ x) + 1]
= (x
2
+ x + 1)(x
6
– x
4
+ x
3
+ x + 1)
b) x
7
+ x
5
+ 1 = x
7
+ x
5
– x
2
- x + (x
2

+ x + 1)
= (x
7
- x) + (x
5
– x
2
) + (x
2
+ x + 1)
= x(x
6
– 1) + x
2
(x
3
– 1) + (x
2
+ x + 1)
= x(x
3
– 1)(x
3
+ 1+ x) + (x
2
+ x + 1)
= x(x – 1)(x
2
+ x + 1)(x
3

+ x + 1) + (x
2
+ x + 1)
= (x
2
+ x + 1)[(x
2
– x)(x
3
+ x + 1) + 1]
= (x
2
+ x + 1)(x
5
– x
4
+ x
3
– x + 1)
c) x
4
+ 324 = [(x
2
)
2
+ 2.18x
2
+ 18
2
] – 36x

2
= (x
2
+ 18)
2
– (6x)
2
2
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
= (x
2
+ 6x + 18)(x
2
– 6x + 18)
Bài 5: Chứng mính rằng:
a) x
50
+ x
10
+ 1 chia hết cho x
20
+ x
10
+ 1
b) x
2
– x
9
– x
1945

chia hết cho x
2
– x + 1
c) 8x
9
– 9x
8
+ 1 chia hết cho (x – 1)
2

Giải:
a) x
50
+ x
10
+1 = (x
50
– x
20
) + (x
20
+ x
10
+ 1)
= x
20
(x
30
– 1) + (x
20

+ x
10
+ 1)
= x
20
(x
10
– 1)(x
20
+ x
10
+ 1)+ (x
20
+ x
10
+ 1)
= (x
20
+ x
10
+ 1)(x
30
– x
20
+ 1) chia hết cho (x
20
+ x
10
+ 1)
b) x

2
– x
9
– x
1945
= (x
2
– x + 1) – (x
9
+ 1) – (x
1945
– x)
= (x
2
– x + 1) – (x
3
+ 1)(x
6
– x
3
+ 1) – x(x
1944
- 1)
= (x
2
– x + 1) – (x + 1)(x
2
– x + 1)(x
6
– x

3
+ 1) – x(
Bài 5: Tìm số nguyên a sao cho đa thức (x + a)(x – 5) + 2 phân tích được thành (x + b)(x + c)
với b, c, là số nguyên
Giải
Dùng phương pháp xét giá trị riêng
Với mọi x ∈ R ta luôn có: (x + a)(x – 5) + 2= (x + b)(x + c) (*)
với x = 5 ta được: (5 + b)(5 + c) = 2
Vì b và c là số nguyên nên (5 + b)(5 + c) là tích của hai số nguyên. Số 2 chỉ viết được 1.2 hoặc (-1)(-
2)
Giả sử b < c ta xét hai trường hợp:
TH1: 5 + b = 1
5 + c = 2 => b = - 4, c = -3
Thay vào (*) ta được (x + a)(x – 5) + 2 = (x – 4)(x – 3) với mọi x
Với x = 4 thì -(4 + a) + 2 = 0 => 4 + a = 2 => a = -2. Đa thức phân tích thành
(x -2)(x – 5) + 2 = (x – 4)(x – 3)
TH 2:
5 + b = - 2
5 + c = -1 => b = - 7, c = - 6
Thay vào (*) ta được (x + a)(x – 5) + 2 = (x – 7)(x – 6) với mọi x
Với x = 6 thì (6 + a) + 2 = 0 => a = - 8. Đa thức được phân tích thành
(x – 8)(x – 5) + 2 = (x – 7)(x – 6)
Bài 6:
Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức x
3
+ ax
2
+ bx + c phân tích được thành (x + a)(x + b)(x + c).
Giải:
Dùng phương pháp hệ số bất định

Ta có: x
3
+ ax
2
+ bx + c = (x + a)(x + b)(x + c)
 x
3
+ ax
2
+ bx + c = x
3
+ (a + b + c)x
2
+ (ab + bc + ca)x + abc
 a = a + b + c
b = ab + bc + ca
c = abc
=> b + c = 0 (1) ; ab + bc + ca = b (2) ; abc = c (3)
Từ (1) => c = -b; Thay vào (2) được – b
2
= b => b(b + 1) = 0 => b = 0 hoặc b = -1
* Với b = 0=> c = 0, a tuỳ ý
* Với b = -1 thì c = 1, a = - 1
Vậy ta được x
3
+ ax
2
= x
2
(x + a) hoặc

x
3
– x
2
– x + 1 = (x – 1)
2
(x + 1)
3
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
BTVN:
Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x
3
– 9x
2
+ 6x + 16
b) x
3
– 6x
2
– x + 30
c) 27x
3
– 27x
2
+ 18x – 4
d) x
2
+ 2xy + y
2

– x – y – 12
Bài 2: Tìm các số nguyên a, b, c sao cho (x + a)(x – 4) – 7 phân tích được thành (x + b)(x + c)
Bài 3: Chứng minh rằng:
x
8n
+ x
4n
+ 1 chia hết cho x
2n
+ x
n
+ 1 với mọi số n ∈ N
Đáp số:
Bài 1:
a). Biến đổi x
3
– 9x
2
+ 6x + 16 = (x + 1)(x – 2)(x – 8)
b) 2 là một nghiệm Biến đổi x
3
– 6x
2
– x + 30 = (x + 2)(x – 3)(x – 5)
c)
3
1
là một nghiệm của đa thức Biến đổi 27x
3
– 27x

2
+ 18x – 4 =(3x – 1)(9x
2
– 6x + 4)
d) Đặt x + y = a. Biến đổi x
2
+ 2xy + y
2
– x – y – 12 = (x + y = 3)(x + y – 4)
Bài 2:
Trường hợp 1: a = -10 ; b = -3 ; c = -11
Được: (x – 10)(x – 4) – 7 = (x – 3)(x – 11)
Trường hợp 2: a = 2; b = 3; c = - 5
Được: (x + 2)(x – 4) – 7 = (x + 3)(x – 5)
Bài 3:
x
8n
+ x
4n
+ 1 = (x
2n
+ x
n
+ 1)(x
2n
– x
n
+ 1) chia hết cho x
2n
+ x

n
+ 1
4
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
CHUYÊN ĐỀ 2: CHIA ĐA THỨC
LOẠI 1: TÌM HỀ SỐ CỦA ĐA THỨC
Bài 1: Xác định các hằng số a, b, c sao cho
a) ax
3
+ bx
2
+ 5x – 50 chia hết cho x
2
+ 3x – 10
b) x
3
+ ax + b chia x + 1 dư 7, chia x – 3 dư – 5
c) ax
3
+ bx
2
+ c chia hết cho x + 2, chia x
2
– 1 dư x + 5 (Đề thi HSG – năm 2001 Đông Anh)
Giải
a) Dùng phương pháp xét giá trị riêng
Phân tích đa thức chia x
2
+ 3x – 10 = (x + 5)(x – 2)
Gọi Q(x) là đa thức thương của phép chia ax

3
+ bx
2
+ 5x – 50 cho x
2
+ 3x – 10.
Ta có: ax
3
+ bx
2
+ 5x – 50 = (x + 5)(x – 2). Q(x)
Xét các giá trị x = - 5 và x = 2. Ta được:
-125a + 25b = 75 -5a + b = 3 a = 1
8a + 4b = 40 2a + b = 10 b = 8
b) Gọi P(x) là thương của phép chia x
3
+ ax + b cho x + 1. Q(x) là thương của phép chia x
3
+ ax + b
cho x – 3. Ta có:
x
3
+ ax + b = (x + 1). P(x) + 7. Xét giá trị x = -1 . ta được a – b = - 8
x
3
+ ax + b = (x -3). Q(x) - 5. Xét giá trị x = 3 . ta được 3a + b = - 32
 a = -10, b = - 2
c) Ta được – 8a + 4b + c = 0 ; a + b + c = 6 và – a + b + c = 4
=> a = 1, b = 1, c = 4
LOẠI 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ GIÁ TRỊ CỦA ĐA THỨC NÀY CHIA HẾT CHO GIÁ

TRỊ ĐA THỨC KIA
Bài 2:
a) Tìm số nguyên n sao cho 2n
3
+ n
2
+ 7n + 1 chia hết cho 2n - 1
b) Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức 25n
2
– 97n + 11 chia hết cho giá trị của biểu thức n – 4
(Đề thi HSG năm 2001 – Đông Anh)
c) Tìm số nguyên n sao cho n
3
– 3n
2
– 3n – 1 chia hết cho n
2
+ n + 1
Giải:
a) 2n
3
+ n
2
+ 7n + 1 = (2n
3
– n
2
) + (2n
2
– n) + (8n – 4) + 5

= n
2
(2n – 1) + n(2n – 1) + 4(2n – 1) + 5
= (2n – 1)(n
2
+ n + 4) + 5
Để 2n
3
+ n
2
+ 7n + 1 chia hết cho 2n – 1 thì 2n – 1 là ước của 5 mà Ư(5) = {1; -1; 5; -5}
=> n ∈ { … }
b) Ta có 25n
2
– 97n + 11 = (25n + 3)(n – 4) + 23. Để giá trị của 25n
2
– 97n + 11 chia hết cho giá trị
của biểu thức n – 4 thì n – 4 phải là ước của 23
Ư(23) = {1; - 1; 23; - 23}
 n ∈ {3; 5; 27}
c) n
3
– 3n
2
– 3n – 1 = (n
3
+ n
2
+ n) – (4n
2

+ 4n + 4) + 3
= n(n
2
+ n + 1) – 4(n
2
+ n + 4) + 3
= (n – 4)(n
2
+ n + 1) + 3
Để n
3
– 3n
2
– 3n – 1 chia hết cho (n
2
+ n + 1) thì (n
2
+ n + 1) là ước của 3
Để ý thấy n
2
+ n + 1 > 0 nên n
2
+ n + 1 = 1 hoặc 3
ĐS: 1, - 2, 0 , - 1
5
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
LOẠI 3: TÌM ĐA THỨC THOẢ MÃN ĐIỀU KIỆN
Bài 3:
Tìm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia cho x – 3 thì dư 7, f(x) chia cho x – 2 thì dư 5, f(x) chia cho
(x – 2)(x – 3) thì thương là 3x và còn dư

Bài 4:
Tìm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia cho x – 3 thì dư 2, chia cho x + 4 thì dư 9, còn chia cho
x
2
+ x – 12 thì được thương là x
2
+ 3 và còn dư
Giải:
Bài 3:
Vì f(x) chia cho (x – 3) dư 7 nên: f(x) = (x – 3).A(x) + 7 (1)
Vì f(x) chia cho (x – 2) dư 5 nên: f(x) = (x – 2). B(x) + 5 (2)
Vì f(x) chia cho (x – 2)(x – 3) được thương là 3x và còn dư nên: f(x) = 3x(x – 2)(x – 3) + ax + b (3)
Cho x = 3 từ (1) và (3) ta có: 7 = 3a + b
Cho x = 2 từ (2) và (3) ta có: 5 = 2a + b
=> a = 2, b = 1.
Vậy đa thức f(x) = 3x(x – 2)(x – 3) + 2x + 1
Bài 4:
Vì f(x) chia cho (x – 3) dư 2 nên: f(x) = (x – 3).A(x) + 2 (1)
Vì f(x) chia cho (x + 4) dư 5 nên: f(x) = (x + 4). B(x) + 9 (2)
Vì f(x) chia cho x
2
+ x - 12 được thương là x
2
+ 3 và còn dư nên:
f(x) = (x
2
+ 3)(x
2
+ x – 12) + ax + b = (x
2

+ 3)(x – 2)(x – 3) + ax + b (3)
ĐS: x
4
+ x
3
– 9x
2
+ 2x – 31
LOẠI 4: Tìm số dư
Bài 5:
Tìm dư khi chia x
99
+ x
55
+ x
11
+ x + 7 cho
a) x + 1 b) x
2
+ 1
Bài 6:
Tìm dư khi chia đa thức x
50
+ x
49
+ … + x
2
+ x + 1 cho x
2
– 1

Giải:
Bài 5:
a) Số dư r = f(-1) = - 1 – 1 – 1 – 1 + 7 = 3.
b) x
99
+ x
55
+ x
11
+ x + 7 = x(x
98
+ 1) + x(x
54
+ 1) + x(x
10
+ 1) – 2x + 7
= x[ (x
2
)
49
+ 1] + x[(x
2
)
27
+ 1] + x[(x
2
)
5
+ 1] – 2x + 7
Vì (x

2
)
49
+ 1; (x
2
)
27
+ 1; (x
2
)
5
+ 1 chia hết cho x
2
+ 1 nên số dư là – 2x + 7
Bài 6:
Gọi thương là Q(x). ta có:
f(x) = (x
2
– 1).Q(x) + ax + b
Cho x = - 1. => - a + b = 1
x = 1 => a + b = 51
=> b = 26; a = 25
Vậy số dư là 25x + 26
BTVN:
1) Xác định các số a, b sao cho ax
3
+ bx – 24 chia hết cho (x + 1)(x + 3)
2) Xác định các số a, b sao cho x
4
– x

3
– 3x
2
+ ax + b chia cho x
2
– x – 2 có dư là 2x – 3
3) Tìm dư của phép chia đa thức x + x
3
+ x
9
+ x
27
+ x
81
cho
a) x – 1 b) x
2
– 1
4) Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức 2n
2
+ 3n + 3 chia hết cho giá trị của biểu thức 2n – 1
6
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
CHUYÊN ĐỀ 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
I - GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO
Bài 1: Giải các phương trình sau: (Đề thi HSG năm 2003 – Đông Anh)
a) 4x
2
+ 4x – 3 = 0
b) x

3
– 2x
2
– 3x + 10 = 0
Giải
a) 4x
2
+ 4x – 3 = 0  (4x
2
+ 4x + 1) – 4 = 0
 (2x + 1)
2
– 2
2
= 0
 (2x + 1 + 2)(2x + 1 – 2) = 0 => x = ½ hoặc x = -3/2
b) x
3
– 2x
2
– 3x + 10 = 0
 (x + 2)(x
2
– 4x + 5) = 0
Ta có x
2
– 4x + 5 = (x – 2)
2
+ 1 > 0
 x + 2 = 0 => x = - 2

Bài 2: Giải các phương trình sau:
a) x
3
– 5x
2
+ 8x – 4 = 0
b) 3x
3
– 7x
2
+ 17x – 5 = 0
c) (x – 1)
3
+ x
3
+ (x + 1) = (x + 2)
3
Giải:
a) x
3
– 5x
2
+ 8x – 4 = 0
 (x
3
– x
2
) – (4x
2
– 4x) + (4x - 4) = 0

 x
2
(x – 1) – 4x(x – 1) + 4(x – 1) = 0
 (x – 1)(x – 2)
2
= 0
 x = 1 hoặc x = 2
b) 3x
3
– 7x
2
+ 17x – 5 = 0
 (3x
3
– x
2
) – (6x
2
– 2x) + (15x – 5) = 0
 x
2
(3x – 1)- 2x(3x – 1) + 5(3x – 1) = 0
 (3x – 1)(x
2
– 2x + 5) = 0
Vì x
2
– 2x + 5 = x
2
– 2x + 1 + 4 = (x – 1)

2
+ 4 > 0
Nên (3x – 1)(x
2
– 2x + 5) = 0  3x – 1 = 0  x = 1/3
c) (x – 1)
3
+ x
3
+ (x + 1) = (x + 2)
3
 x
3
– 3x
2
– 3x – 4 = 0
 x
3
– 1 – 3x
2
– 3x – 3 = 0
 (x – 1)(x
2
+ x + 1) – 3(x
2
+ x + 1) = 0
 (x
2
+ x + 1)(x – 4) = 0
Vì x

2
+ x + 1 ≠ 0 nên => x = 4
Bài 3: Giải các phương trình sau
a) x
4
+3x
3

+ 4x
2
+ 3x + 1 = 0 (Đề thi HSG năm 2001 – Đông Anh)
b) x
5
– x
4
+ 3x
3
+ 3x
2
– x + 1 = 0
Giải:
Phương trình ở câu a, b gọi là phương trình đối xứng.
PHương trình ở câu a là phương trình đối xứng bậc chẵn. Phương trình ở câu b là phương trình đối
xứng bậc lẻ.
PHương pháp giải:
- ĐỔi xứng bậc chẵn: vì x = 0 không phải là nghiệm, ta chia hai vế cho x
2
≠ 0 và đặt ẩn phụ y = x +
x
1

- Đối xứng bậc lẻ: PT luôn có một trong các nghiệm x = -1.
a) x
4
+3x
3

+ 4x
2
+ 3x + 1 = 0
 x
2
+ 3x + 4 +
2
13
x
x
+
= 0
7
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9

04
1
3
1
2
2
=+







++






+
x
x
x
x
Đặt x +
x
1
= y thì
2
1
2
2
2
−=







+ y
x
x
ta được:
y
2
+ 3y + 2 = 0
Tìm ra được y
1
= - 1 ; y
2
= - 2
Với y
1
= -1 ta có x +
x
1
= -1 nên x
2
+ x + 1 = 0 vô nghiệm
với y = -2 ta có x +
x
1
= - 2 nên (x + 1) = 0, do đó x = - 1.
Kết luận nghiệm của phương trình là x = - 1
b) Ta thấy x = - 1 là một nghiệm của phương trình (vì tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng
các hệ số của số hạng bậc lẻ. Phương trình trở thành:
(x + 1)(x

4
– 2x
3
+ 5x
2
– 2x + 1) = 0
Giải phương trình x
4
– 2x
3
+ 5x
2
– 2x + 1 = 0.
Chia cả hai vế cho x
2
ta được:
x
2
– 2x + 5 -
0
12
2
=+
x
x
đặt y =
x
x
1
+

ta được y
2
– 2y + 3 = 0, vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - 1
* Khi giải phương trình bậc 4 có dạng (x + a)
4
+ (x + b)
4
= c ta thường đặt ẩn phụ y = x +
2
ba +
Bài 4: Giải các phương trình sau:
a) (x + 3)
4
+ (x + 5)
4
= 2
Đặt y = x + 4 phương trình trở thành:
(y – 1)
4
+ (y + 1)
4
= 2
Biến đổi thành y
2
(y
2
+ 6) = 0 do đó y = 0 vậy x = -4
b) (x – 2)
4

+ (x – 6)
4
= 82
Đặt y = x – 4
Ra được nghiệm x = 5 và x = 3
c) (x – 6)
4
+ (x – 8)
4
= 16
Đặt x – 7 = y phương trình trở thành:
(y + 1)
4
+ (y – 1)
4
= 16
Rút gọn ta được:
2y
4
+ 12y
2
+ 2 = 16
y
4
+ 6y
2
+ 1 = 8
y
4
+ 6y

2
– 7 = 0
Đặt y
2
= z ≥ 0 ta được z
2
+ 6z – 7 = 0
giải ra đượ z = 1, z = - 7 (loại)
Với z = 1=> y = 1 và y = - 1
 x = 8 hoặc x = 6
d) (x – 7)(x – 5)(x – 4)(x – 2) = 72
 (x
2
– 9x + 14)(x
2
– 9x + 20) = 72
Đặt x
2
– 9x + 17 = y ta được
(y – 3)(y + 3) = 72
 y
2
– 9 = 72
 y
2
= 81 => y = 1 hoặc y = - 1
=> x = 1 hoặc x = 8
8
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
BTVN:

Giải các phương trình sau:
a) (x + 1)
4
+ (x – 3)
4
= 82
b) (x – 1)(x – 3)(x + 5)(x + 7) = 297
Đáp án:
a) x = 0; 2
b) x = 4; x = -8
CHUYÊN ĐỀ 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH (Tiếp)
Một số dạng phương trình đặc biệt
- Phương trình đối xứng bậc 4 có dạng: ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ bx + a = 0.
Cách giải: Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế cho x
2
≠ 0
Phương trình đưa về dạng:
0
11
2
2
=+







++






+ c
x
xb
x
xa
.Đặt ẩn phụ y =
x
x
1
+
=>
2
2
1
x
x +
= y
2
– 2

* Chú ý: Có loại bài đặc biệt ta có thể đặt y =
x
x
1
−

VD: Giải phương trình: 6x
4
+ 7x
3
– 36x
2
– 7x + 6 = 0
Giải: Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế cho x
2
≠ 0
Phương trình đưa về dạng:
036
1
7
1
6
2
2
=−







−+






+
x
x
x
x
. Đặt y =
x
x
1
−
=>
2
2
1
x
x +
= y
2
+ 2
Ta có: 6(y
2
+ 2) + 7y – 36 = 0


6y
2
+ 7y – 24 = 0

y
2
+
04
6
7
=−y


0
3
8
2
3
=






+







− yy
 y = 3/2 hoặc y = -8/3 =>x = 2; -1/2; -3; 1/3
- Phương trình bậc 4 có dạng: (x + a)
4
+ (x + b)
4
= c. Cách giải: Đặt y = x +
2
ba +
Bài 4: Giải các phương trình sau:
a) (x + 3)
4
+ (x + 5)
4
= 2 (ĐS: x = - 4) b) (x – 2)
4
+ (x – 6)
4
= 82 (ĐS: x = 5; x = 3)
c) (x – 6)
4
+ (x – 8)
4
= 16 (ĐS: x = 8; x = 6) d) (x – 7)(x – 5)(x – 4)(x – 2) = 72(ĐS: x = 1; x = 8)
II - GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a)

723 =++− xx
b)
132 −=+− xxx
c)
31 −+=−+ xxxx
d)
433221 =−+−−− xxx
Giải:
a) Bảng xét dấu các nhị thức x – 3 và x + 2
x - 2 3
x – 3 - - 0 +
x + 2 - 0 + +
Xét ba khoảng của biến x:
* Trong khoảng x < - 2, phương trình có dạng: 3 – x – x – 2 = 7  x = - 3 (thuộc khoảng đang xét)
* Trong khoảng -2 ≤ x ≤ 3, phương trình có dạng: 3 – x + x + 2 = 7  0.x = 2, Vô nghiệm
* Trong khoảng x > 3, Phương trình có dạng: x – 3 + x + 2 = 7  2x = 8  x = 4 (thuộc khoảng xét.)
Vậy phương trình có nghiệm x
1
= -3 ; x
2
= 4
b)x = -1/2 c) x = 2
d) Xét các khoảng x < 1; 1 ≤ x ≤ 2 ; 2 < x ≤ 3 ; x > 3. Nghiệm là 1 ≤ x ≤ 2 ; x = 5

9
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
BTVN:
Giải các phương trình sau:
a) (x + 1)
4

+ (x – 3)
4
= 82 b) (x – 1)(x – 3)(x + 5)(x + 7) = 297
c) x -
0121 =−++ xx
d)
13 +=− xx
Đáp án: a) x = 0; 2 b) x = 4; x = -8 c) x
1
= ½ và x
2
= 3/2 đ
d)Xét khoảng x ≥ 0 PT có dạng:
13 +=− xx
lại xét hai trường hợp: x ≥ 3 và 0 < x < 3
Xét khoảng x < 0. PT có dạng:
13 +=−− xx
. Lại xét 2 trường hợp x < - 3 và – 3 ≤ x < 0
Nghiệm của phương trình là x = 1
CHUYÊN ĐỀ 4: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1: (Đề HSG năm 2008 – Đông Anh)
Một người đi xe đạp, một người đi xe máy và một ô tô cùng đi từ A đến B. KHởi hành lần lượt lúc 6,
giờ 7 giờ, 8 giờ và có vận tốc thức tự là 10 km/h, 30 km/h và 40km/h. Hỏi đến mấy giờ ô tô cách đều
người đi xe máy và xe đạp.
Bài 2: Một ô tô phải đi quãng đường AB dài 60 km trong một thời gian dự định. Ô tô đi nửa đầu
quãng đường với vận tốc lớn hơn dự định 10km/k và đi nửa sau quãng đường với vận tốc kém hơn dự
định 6km/h. Biết ô tô đến B đúng thời gian đã định. Tính thời gian ô tô dự định đi quãng đường AB.
Bài 3: Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì hoàn thành công việc đó trong 24 giờ. Nếu đội
thức nhất làm 10 giờ đội thứ hai làm 15 giờ thì cả hai đội làm được nửa công việc. Tính thời gian mỗi
đội làm một mình để xong công việc.

Bài 4: Hai vòi nước chảy vào bể thì bể sẽ đầy trong 3 giờ 20 phút. Người ta cho vòi thứ nhất chảy
trong 3 giờ, vòi thứ hai chảy trong 2 giờ thì cả hai vòi chảy được 4/5 bể. Tính thời gian mỗi vòi chảy
một mình đầy bể.
Bài 5: Một công trường giao cho các đội công nhân sửa một đoạn đường như sau:
Đội 1 nhận 10m và 1/10 phần còn lại.
Đội 2 nhận 20 m và 1/10 phần còn lại.
Đội 3 nhận 30 m và 1/10 phần còn lại.
Cứ chia như vậy cho đến đội cuối cùng thì hết và phần đất của mỗi đội đều bằng nhau. Tính số đội
tham gia sửa đường và chiều dài toàn bộ đoạn đường phải sửa
Giải:
Bài 1:
Bài 2: Gọi vận tốc dự định là x (km/h) Ta có phương trình:
xxx
60
6
30
10
30
=
−
+
+
Giải ra ta được x = 30. Thời gian ô tô dự định là 60 : 30 = 2 giờ
Bài 3: ĐỘi thứ nhất cần 40 giờ, đội thứ hai cần 60 giờ
Bài 4: Giải ra được 5 giờ và 10 giờ
Bài 5:
Gọi chiều dài đoạn đường cần sửa là x (m) x >0
Đoạn đường độ 1 nhận dài 10 + 0,1(x – 10) = 0,1x + 9 mét
Phần còn lại sau khi đội 1 nhận là x – (0,1x + 9) = 0,9x – 9 mét
Đoạn đường độ 2 nhận dài 20 + 0,1(0,9x – 9 – 20) = 0,09x + 17,1 mét

Vì chiều dài của đoạn đường hai đội làm bằng nhau nê
0,1x + 9 = 0,09x + 17,1
Do đó x = 810. Đoạn đường dài 810m. Mỗi đội phải làm 0,1.810 + 9 = 90 mét.
Số đội tham gia là 810 : 90 = 9 đội
10
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
CHUYÊN ĐỀ 5: BẤT ĐẲNG THỨC
Bài 1: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

1
a
ffff
@1
f g
1
b
ffff
@1
f g
1
c
fff
@1
f g
≥
8

Bài 2: Chứng minh rằng:
2
1

2
2
2
≥
+
+
a
a
Bài 3: cho a. b = 1. Chứng minh rằng
22
22
=
−
+
ba
ba
Bài 4:
Cho a, b, c không âm và a + b + c = 1
Chứng minh rằng:
27
8
≤+++ abccabcab

Bài 5:
Cho x, y, z dương. CHứng minh rằng:

( )
9
111
≥









++++
zyx
zyx

Bài 6:
Cho x, y, z dương. Chứng minh răng

2
3
≥
+
+
+
+
+ yx
z
zx
y
zy
x

Bài 7: Chứng minh rằng

a)
( )
2
2
22
ba
ba
+
≥+
b)
( )
3
2
222
cba
cba
++
≥++
Bài 8: Cho a, b dương và a + b = 1 Chứng minh rằng
(*)
2
2511
22
≥







++






+
b
b
a
a
Bài 9: (Đề thi HSG năm 2008 – Đông Anh)
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 Chứng minh rằng:
33
111
222
>






++







++






+
c
c
b
b
a
a
Bài 10: Cho a; b ; c ; d lµ c¸c sè thùc d¬ng cã tæng b»ng 1 . Chøng minh r»ng :
2
1
2222
≥
+
+
+
+
+
+
+ ad
d
dc
c

cb
b
ba
a
B i 11à : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
P = (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6)
11
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
Giải:
Bài 1: VT =
1 @a
a
ffffffffffffffff
A
1 @b
b
ffffffffffffffff
A
1 @c
c
fffffffffffffff
=
b + c
a
ffffffffffffffff
A
a + c
b
ffffffffffffffff
A

a + b
c
ffffffffffffffff
≥
2 bc
p
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
a
fffffffffffffffffffff
A
2 ac
p
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
b
fffffffffffffffffffff
A
2 ab
p
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
c
fffffffffffffffffffff
= 8
Bài 2:
Ta có:
(
)
2
1
1
.12

1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
=
+
+≥
+
++=
+
+
a
a
a
a
a
a
Bài 3:
( )
( )
22
22
2

22
=≥
−
+−=
−
+−
=
−
+
ba
ba
ba
abba
ba
ba
Bài 4:
VT = 1 +ab+bc+ca - abc - a – b – c = (1 – a)(1 – b)(1 – c)
( )( )( )
27
8
3
111
3
=







−−−
≤
cba
Bài 5:
VT =
1 +
x
y
fffff
+
x
z
ffff
+
y
x
fffff
+ 1 +
y
z
fffff
+
z
x
ffff
+
z
y
fffff
+ 1 = +

x
y
fffff
+
y
x
fffff
f g
+
x
z
ffff
+
z
x
ffff
d e
+
y
z
fffff
+
z
y
fffff
f g
≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9

Bài 6:
Thay a = y + z; b = x + z; c = x + y. Ta được

y + z + x + z + x + y
` a
A
1
y + z
ffffffffffffffff
+
1
x + z
ffffffffffffffff
+
1
x + y
ffffffffffffffff
f g
=
2 x + y + z
` a
A
1
y + z
ffffffffffffffff
+
1
x + z
ffffffffffffffff
+
1
x + y

ffffffffffffffff
f g
≥ 9


x + y + z
` a
A
1
y + z
ffffffffffffffff
+
1
x + z
ffffffffffffffff
+
1
x + y
ffffffffffffffff
f g
≥
9
2
fff

x + y + z
y + z
ffffffffffffffffffffffffffff
+
x + y + z

x + z
ffffffffffffffffffffffffffff
+
x + y + z
x + y
ffffffffffffffffffffffffffff
≥
9
2
fff


x
y + z
ffffffffffffffff
+ 1 +
y
x + z
ffffffffffffffff
+ 1 +
z
x + y
ffffffffffffffff
+ 1 ≥
9
2
fff

x
y + z

ffffffffffffffff
+
y
x + z
ffffffffffffffff
+
z
x + y
ffffffffffffffff
≥
9
2
fff
@3
Bài 7:
a) ta có (a – b)
2
≥ 0
 a
2
+ b
2
≥ 2ab  (a
2
+ b
2
)+ (a
2
+ b
2

) ≥ 2ab + a
2
+ b
2

 2(a
2
+ b
2
) ≥ (a + b)
2

( )
2
2
22
ba
ba
+
≥+
b) Chứng minh bài toán sau: a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca
Ta có (a – b)
2
≥ 0

 a
2
+ b
2
≥ 2ab tương tự a
2
+ c
2
≥ 2ac, c
2
+ b
2
≥ 2cb
 2(a
2
+ b
2
+ c
2
) ≥ 2(ab + bc + ac)
 (a
2
+ b
2
+ c
2
) ≥ (ab + bc + ac)
Từ kết quả đó ta suy ra
3(a
2

+ b
2
+ c
2
) ≥ (ab + bc + ac) + (a
2
+ b
2
+ c
2
) = (a + b + c)
2

( )
3
2
222
cba
cba
++
≥++
Bài 8:
Ta luôn có:
( )
2
2
22
yx
yx
+

≥+
Cho x =
b
by
a
a
1
;
1
+=+
Ta có:
12
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
2
11
1
2
11
)
1
()
1
(
22
22







++
=






+++
≥+++
bab
b
a
a
b
b
a
a
Để chứng minh (*) ta cần chứng minh:
2
25
2
11
1
2
≥







++
ba
hay

1 +
1
a
ffff
+
1
b
ffff
≥ 5
1
a
ffff
+
1
b
ffff
≥ 4 a + b ≥ 4ab 1 ≥ 4ab


1
a
ffff
+

1
b
ffff
≥ 4

a
+
b
≥
4ab

1 ≥ 4ab
Ta luôn có:
abababba 41212 ≥<=>≥<=>≥+
(đpcm)
Bài 9: Ta có: x
2
+ y
2
+ z
2

( )
3
2
zyx ++
≥
Đặt
x = a +
1

a
ffff
;y = b +
1
b
ffff
;z = c +
1
c
fff
ta được

3
111
111
2
222






+++++
≥







++






++






+
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
a

3

111
1
111
2
222






+++
≥






++






++







+
cba
c
c
b
b
a
a

3
1
111
2
222






++
+
++
+
++
+
≥







++






++






+
c
cba
b
cba
a
cba
c
c
b

b
a
a

3
1111
111
2
222






+++++++++
≥






++







++






+
c
b
c
a
b
c
b
a
a
c
a
b
c
c
b
b
a
a

2
222
4.

3
1111




















++






++







++≥






++






++






+
c
b

b
c
c
a
a
c
a
b
b
a
c
c
b
b
a
a

[ ]
3
100
10.
3
1
2224.
3
1111
2
2
222
==+++≥







++






++






+
c
c
b
b
a
a

)(33
111

222
dpcm
c
c
b
b
a
a >






++






++






+
Bài 10

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si ta cã :
a
ba
ba
aba
ba
a
=
+
+
≥
+
+
+ 4
.2
4
22
T¬ng tù :
b
cb
cb
b
≥
+
+
+ 4
2
;
c
dc

dc
c
≥
+
+
+ 4
2
;
d
ad
ad
d
≥
+
+
+ 4
2
Céng vÕ víi vÕ c¸c bÊt ®¼ng thøc trªn ta cã :
+
+ba
a
2
+
+ cb
b
2
+
+ dc
c
2

+
+ ad
d
2
dcba
dcba
+++≥
+++
2
13
Chuyờn Bi dng hc sinh gii Toỏn 9
Chuyên đề 7: Số, chữ số, số chính phơng
Bài 1: Số tự nhiên A gồm 100 chữ số 1, số tự nhiên B gồm 50 chữ số 2. CHứng minh rằng A B là
một số chính phơng
Giải:
Đặt C = 111 1 (50 số) thì B = 2C, cón A = 11 100 0 + 11 1 = = C.10
50
+ C. Do đó A B =
C.10
50
+ C 2C = C.10
50
C = C(10
50
1). Ta lại có 10
50
1 = 99 9 = 9C
Vậy A B = C.9C = 9C
2
= (3C)

2
= (33 3)
2
là số chính phơng.
Bài 2:
Cho a = 11 12 (n chữ số 1); b = 11 14 (n chữ số 1). Chứng minh rằng ab + 1 là số chính ph ơng.
Bài 3: Cho a = 11 1 (n chữ số 1); b = 100 05 (n 1 chữ số 1)
Chứng minh rằng ab + 1 là số chính phơng
Bài 4: Chứng minh các biểu thức sau là số chính phơng
a) A = 11 1 22 .2 (2n chữ số 1, n chữ số 2)
b) B = 11 1 + 44 4 + 1 (2n chữ số 1 ở số hạng đầu, n chữ số 4)
Bài 5: a là số gồm 2n chữ số 1, b là số gồm n + 1 chữ số 1, c là số gồm n chữ số 6. Chứng minh a + b
+ c + 8 là số chính phơng.
Bài 6: (Đề thi HSG năm 2008)
Cho s t nhiờn a c vit bng 223 ch s 9.
Tớnh tng cỏc ch s ca s n = a
2
+ 1
Bài 7: Số sau là bìh phơng của số tự nhiên nào?
A = 99 900 025 (nchữ số 9, n chữ số 0)
14
Chuyờn Bi dng hc sinh gii Toỏn 9
Chuyên đề 8 một số bài toán hình học
* Nguyên lý Đirichlê:
- Nếu 6 con thỏ nhốt vào 5 lồng thì thế nào cũng tìm đợc 1 lồng có ít nhất 2 con thỏ
- Tổng quát:
+ Nếu nhốt n + 1 thỏ vào n lồng thì tồn tại một lồng có ít nhất 2 con
+ Nếu nhốt n thỏ vào m lồng mà phép chia n cho m có thơng là k và còn d thì tồn tại một lồng
chứa ít nhất k + 1 thỏ.
Bài toán hình học tổ hợp

Bài 1: Bên trong một tam giác đều cạnh 10 có 45 điểm. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán
kính 1 chứa ít nhất ba điểm trong 45 điểm đã cho.
Bài 2: Trong một hình tròn có diện tích S lấy 35 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Chứng minh rằng tồn tại ba điểm là các đỉnh của một tam giác có diệntích nhỏ hơn
S
17
1
Bài 3: (Đề thi HSG năm 2008)
Bên trong một hình vuông có cạnh bằng 1 có 200 điểm. Chứng minh rằng trong số các tam giác có
đỉnh là các điểm đó hoặc các đỉnh hình vuông, tồn tại một tam giác có diện tích không quá
402
1
Bài 4: Bên trong 1 hình vuông cạnh 100 đặt 63 đồng xu hình tròn bán kính 1. Chứng minh rằng có thể
đặt đợc một tấm bìa hình vuông cạnh 10 nằm trong hình vuông ban đầu mà không chờm lên một đồng
xu nào.
Giải:
Bài 1: Chia tam giác đã cho thành các lục giác đều có cạnh 1 hoặc một phần của
lục giác đều có cạnh 1 (
2
1
lục giác đều hoặc
6
1
lục giác đều) nh hình vẽ
Tất cả có 22 mảnh. Ta thấy 45 : 22 đợc thơng là 2 và còn d.
Theo nguyên lý đirichlê tồn tại một mảnh chứa 3 điểm, mảnh đó
hoặc lực giác đều cạnh 1 hoặc một phần lục giác đều cạnh 1.
Vẽ đờng tròn ngoại tiếp lục giác đều ấy đó là hình tròn phải tìm.
Bài 2: Chia hình tròn thành 17 hình quạt bằng nhau. Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại một hình quạt có
ít nhất 3 điểm. Tam giác có 3 đỉnh là điểm này có diện tích nhỏ hơn

17
S
Bài 3: Chia hình vuông thành các tam giác không có điểm trong chung
sao cho mỗi điểm đã cho đều là đỉnh của ít nhất một tam giác
và số tam giác không còn chia thêm đợc nữa. Ta có:
Tổng các góc có đỉnh là 200 điểm bên trong hình vuông bằng:
4v . 200 = 800 v
Tổng các góc có đỉnh là các hình vuông là: 4v
Tổng các góc của tất cả các tam giác đợc tạo thành:
v2
804
= 402
Tổng diện tích 402 tam giác đó bằng 1. Do đó tồn tại một tam giác có diện tích không quá
402
1
Bài 4: Chia hình vuông cạnh 100 thành 64 ô vuông, mỗi ô vuông có cạnh bằng
5,12
8
100
=
. Xét 63
điểm là tâm của 63 đồng xu. Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại 1ô vuông chẳng hạn ô vuông ABCD
15
Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9
kh«ng chøa ®iÓm nµo trong 3 ®iÓm nãi trªn Thu nhá h×nh vu«ng ®ã l¹i ®Ó ®îc h×nh vu«ng EFGH ®ång
t©m c¹nh 10 kh«ng chêm lªn mét ®ång xu nµo.
16