các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 7 phần hình học

CHUYÊN ĐỀ V :
CÁC DẠNG BÀI TOÁN KHÓ TRONG ĐỀ THI
GV: HỒ ĐẠI ĐOÀN
Dạng I : Dãy số viết theo qui luật (lớp 6&7)
Bài toán 1
: So sánh giá trị biều thức
3 8 15 9999

4 9 16 10000
A = + + + +
với các số 98 và
99.
Ta có:
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
4 9 16 10000 2 3 4 100
A
               
= − + − + − + + − = − + − + − + + −
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
               
=
2 2 2 2
1 1 1 1
99 99
2 3 4 100
B
 
− + + + + = −
 ÷

 
với B =
2 2 2 2
1 1 1 1

2 3 4 100
+ + + +
> 0 Nên A
< 99.
Ta có
( )
1 1 1
1 1k k k k
= −
+ +
với mọi k
1≥
nên
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
2 3 4 100 1.2 2.3 3.4 99.100 2 2 3 3 4 99 100 100
B = + + + + < + + + + = − + − + − + + − = − <
Do đó
99 99 1 98A B= − > − =
. Vậy
98 99A< <
Tổng quát:
( ) ( )
2

2
3 8 15 1
2 1
4 9 16
n
n n
n
−
− < + + + + < −
Bài toán 2
: Viết số
2 3 4 999 1000
1 2 3 4 999 1000+ + + + + +
trong hệ thập phân. Tìm ba
số đầu tiên bên trái số đó?
Giải: Ta có
2 3 4 999 1000
1 2 3 4 999 1000A = + + + + + +
; Đặt
1000 3000
3000
1000 10 100000 0000B = = =
1 44 2 4 43
gồm có 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là
1000 (1)
Đặt C
2 3 999 1000 3 6 2997 3000
1000 1000 1000 1000 1000 10 10 10 10= + + + + + = + + + +
=
100100100 1000

gồm 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1001 (2). Vì B < A < C
và B, C đều có 3001 chữ số nên từ (1) và (2) suy ra A có 3001 chữ số nên ba chữ số
ầu tiên bên trái của A là 100.
Bài toán 3:

Cho
( ) ( )
2 2
2
1 1 1 1

14 29 1877
1 2
A
n n n
= + + + + +
+ + + +
. Chứng minh rằng
0,15 0,25A< <
.
Giải : Ta có
( ) ( )
2 2
2
1 1 1 1

14 29 1877
1 2
A
n n n

= + + + + +
+ + + +
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1

1 2 3 2 3 4 24 25 26
1 2n n n
= + + + + +
+ + + + + +
+ + + +
( ) ( )
2 2
2 2
1 2 3 6 5B n n n n n= + + + + = + +
. (1)
• Với
1n
≥
từ (1) ta có:
( )
( ) ( )
2 2
3 9 6 3 3 2 3 1 2B n n n n n n< + + = + + = + +
. Từ đó :
( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1

3 2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 3
A C
n n
 
> + + + + + + =
 ÷
 ÷
+ +
 

Với
C =
( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6

2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13n n
+ + + + + + = − + − + + − = − =
+ +
. Suy
ra
1 6 2
. 0,15
3 13 13
A > = >
.
• Với
1n
≥
từ (1) ta có:
( )

( ) ( )
2 2
2 6 4 2 3 2 2 1 2B n n n n n n> + + = + + = + +
. Từ đó :
( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1

2 2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 2
A C
n n
 
< + + + + + + =
 ÷
 ÷
+ +
 

Với
C =
( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6

2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13n n
+ + + + + + = − + − + + − = − =
+ +
. Suy
ra
1 6 3
. 0,25
2 13 13

A < = <
. Vậy
0,15 0,25A< <
Tổng quát:
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1 1

6 3 2 1 2 3 2 3 4 4 2 2
1 2
k k
k k k
− < + + + < −
+ + + + + +
+ + + +
Bài toán 4:
Tính
A
B
biết :
( )
1 1 1 1

2.32 3.33 30 1979.2009
A
n n

= + + + + +
+
;
( )
1 1 1 1

2.1980 3.1981 1978 31.2009
B
n n
= + + + + +
+
.
Giải:
Với các số nguyên dương n và k ta có
( ) ( ) ( )
1 1 n k n k
n n k n n k n n k n n k
+
− = − =
+ + + +
.
Với k = 30 ta có :
30 30 30 1 1 1 1 1 1
30
2.32 3.33 1979.2009 2 32 3 33 1979 2009
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
(1)
2 3 1979 32 33 2009 2 3 31 1980 1981 2009
A = + + + = − + − + + − =
       

= + + + − + + + = + + + − + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Với k = 1978 ta có :
1978 1978 1978 1 1 1 1 1 1
1978
2.1980 3.1981 31.2009 2 1980 3 1981 31 2009
B = + + + = − + − + + −
1 1 1 1 1 1
(2)
2 3 31 1980 1981 2009
   
= + + + − + + +
 ÷  ÷
   
.
Từ (1) và (2) suy ra
1978 989
30 1978
30 15
A
A B
B
= ⇒ = =
.
Bài toán 5
: Tính tổng sau:
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 5 4017

1 2 2 3 2008 2009
n
S = + + +
× × ×
.
Giải:
Với
1n
≥
thì
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
1 1
2 1 2 1 1 1
1 1 1 1 1 1
n n n
n n n n n
n
n n n n n n n n n n n
+ − +

+ + + −
= = = − = −
+ + + + + +
Do đó
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
3 5 4017 1 1 1 1 1 1
1 1
4 4 9 2008 2009 2009
1 2 2 3 2008 2009
n
S = + + + = − + − + + − = −
× × ×
.
Bài toán 6
: Tính các tổng sau:
( )
1.2 2.3 . 1 98.99A n n= + + + + + +
(*) ;
( )
1.99 2.98 100 98.2 99.1B n n= + + + − + + +
Giải:
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
3 1.2.3 2.3.3 3 1 3.98.99 1.2. 3 0 2.3. 4 1 98.99. 100 97A n n= + + + + + + = − + − + + −
.
( )
970200
1.2.3 2.3.4 98.99.100 1.2.3 2.3.4 97.98.99 98.99.100 970200 323400

3
A= + + + − + + + = = ⇒ = =
( ) ( ) ( ) ( )
( )
1.99 2. 99 1 3. 99 2 98. 99 97 99. 99 98
1.99 2.99 3.99 99.99 1.2 2.3 3.4 98.99
B = + − + − + + − + − =
= + + + + − + + + +
( ) ( )
99
99 1 2 3 99 99. 99 1 . 99.99.50 323400 166650
2
A A= + + + + − = + − = − =
Từ bài toán (*) suy ra
98.99.100
3 98.99.100
3
A A= ⇒ =
.
Nếu
( )
1.2 2.3 3.4 1A n n= + + + + +
. Tính giá trị của B = 3A với B = 3A thì B = (n-
1)n(n+1) với n = 100
( )
( )
( )
( )
1.2 2.3 3.4 1 .3 0.1 1.2 2.3 3.4 1 .3B n n n n= + + + + − = + + + + + − =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1. 0 2 3. 2 4 5. 4 6 97. 96 98 99 98 100 .3
 
= + + + + + + + + + + =
 
( )
( )
2 2 2 2 2
1.1.2 3.3.2 5.5.2 7.7.2 99.99.2 .3 2.3. 1 3 5 7 99= + + + + + = + + + + +
( )
2 2 2
6 1 3 99= + + +
. Do đó
( )
2 2 2 2
6 1 3 5 99 99.100.101+ + + + =
hay
2 2 2
99.100.101
1 3 99 166650.
6
+ + + = =
Vậy
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2
2 1 2 2 2 3
1 3 2 1
6
n n n

P n
+ + +
= + + + + =
Công thức tính tổng các bình phương n số tự nhiên
( ) ( )
2 2 2 2
1 2 1
1 2 3
6
n n n
P n
+ +
= + + + + =
Bài toán 7:
Tính
B
A
biết:
( )
1 1 1 1

1.2 2.3 1 2008.2009
A
n n
= + + + + +
+
.
( ) ( )
1 1 1 1 1

1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 2008.2009.2010
B
n n n
= + + + + +
+ +
.
Ta có
( )
1 1 1
1 1n n n n
= −
+ +
và
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 1
1 2 1 1 2n n n n n n n
= −
+ + + + +
Nên:
( )
1 1 1 1 1 2008
1
1.2 2.3 1 2008.2009 2009 2009
A
n n
= + + + + + = − =
+
( ) ( )
2 2 2 2 2 1 1 2019044
2

1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 2008.2009.2010 1.2 2009.2010 2009.2010
B
n n n
= + + + + + + = − =
+ +
1 2019044 1009522
.
2 2009.2010 2009.2010
B⇒ = =
.
Do đó
1009522 2008 1009522.2009 5047611
:
2009.2010 2009 2008.2009.2010 2018040
B
A
= = =
1011531
2
2018040
=
Bài toán 8
:Goi A là tích các số nguyên liên tiếp từ 1 đến 1001 và B là tích các
số nguyên liên tiếp từ 1002 đến 2002. Hỏi A + B chia hết cho 2003 không?
Giải:
Ta có:
1.2.3.4 1001A =
và
1002.1003.1004 2002B =
.

Ta viết B dưới dạng:
( ) ( ) ( )
2003 1001 2003 1000 2003 1B = − − −
. Khai triển B có một
tổngngoài số hạng
1001.1000 2.1−
. Tất cả các số hạng khác của tổng đều chứa một
thừa số 2003. Nên
2003. 1001.1000 2.1 2003B n n A= − = −
với n là số tự nhiên. Do đó:
2003A B n+ =
là một
số chia hết cho 2003.
Cách giải khác:
Ta có các cặp số nguyên sau có cùng số dư khi chia cho 2003 ;
( ) ( ) ( )
1002; 1001 ; 1003;1000 ; 2002;1−
. Do đó
1002.1003 2002B
=
và
1001.1000 2.1A
− = −

có cùng số dư khi chia cho 2003. Nên
( )
A B B A+ = − −
chia hết cho 2003
Dạng II :Phương pháp tách trong biến đổi phân thức đại số (lớp 8)
Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
x y y z z x x y y z z x
+ +
− − − − − −
với
; ;x y y z z x
≠ ≠ ≠
. Từ kết quả trên ta
có thể suy ra hằng đẳng thức:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
x y x z z y x z x y y z
= +
− − − − − −
(*) trong đó
x ; y; z đôi một khác nhau.
Thực chất ở đây ta thay x – y bởi z – y thay z - x bởi y – x giữ nguyên thừa
số kia sẽ có hai số hạng ở vế phải, Vận dụng hằng đẳng thức (*) giải các bài tập sau:
Bài toán 1
:
Cho
; ;a b b c c a≠ ≠ ≠
chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào a, b, c.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
A
a b c
a b a c b c b a c a c b
= + +

− − − − − −
Nếu a và
1 2
; ; ;
n
a a a
là các số nguyên và n là số tự nhiên lẻ thì
( ) ( ) ( )
1 2 1 2
. .
n n
a a a a a a a a a a+ − − − M
Áp dụng hằng đẳng thức (*)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
A
a b b c
a b a c b c c a a c b a c a c b
= + + +
− − − − − − − −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
a b a b b c b c
a b b c
a b a c a b a c b c c a b c c a a b a c b c c a
+ − + −

= − + − = +
− − − − − − − − − − − −
1
a b b c a b b c
a c c a a c a c
+ + + +
= + = − =
− − − −
Bài toán 2
: Cho
; ;a b b c c a≠ ≠ ≠
. Rút gọn biểu thức
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
x b x c x c x a x a x b
B
a b a c b c b a c a c b
− − − − − −
= + +
− − − − − −
Giải Vận dụng công thức (*) ta đ ược
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )

( ) ( )
x b x c x c x a x a x b
B
a b a c b c b a c a c b
− − − − − −
= + + =
− − − − − −
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
x b x c x c x a x c x a x a x b
a b a c b c c a a c b a c a c b
− − − − − − − −
= + + +
− − − − − − − −
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
x b x c x c x a x c x a x a x b
a b a c b c c a a c a b a c c b
x b x c x c x a x c x a x b x a x c a b x a b c
a b a c b c c a a b a c a b a c
− − − − − − − −
= + − − =
− − − − − − − −
− − − − − − − − − − − − − −
= + = +
− − − − − − − −
1
x c x a x c x a
a c a c a c
− − − − +
= − = =
− − −
Bài toán 3:
Cho a, b, c đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a b c x
a b a c x a b a b c x b c a c b c x x a x b x c
+ + =
− − − − − − − − − − − −
Biến đổi vế trái, ta được:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a b c
a b a c x a b a b c x b c a c b c x
+ +
− − − − − − − − −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a b b c
a b a c x a b a a c x b c a b c x b c a c b c x
= + + +
− − − − − − − − − − − −
=
( ) ( ) ( )
1 1
( )
a b b c
a b a c x a x b c a b c x b x c
   
= − + −
   
− − − − − − − −
   
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 ( ) 1
. .
bx cx
ax bx x x

a b a c x a x b c a b c x b x c a c x a x b c a x b x c
−
−
= + = +
− − − − − − − − − − − − − −
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
x a c
x x
a c x b x a x c a c x b x c x a x b x c x a
−
 
= − = =
 
− − − − − − − − − − −
 
. Sau khi
biến đổi vế trái bằng vế phải. Đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 4:
Cho a, b, c đôi một khác nhau. Chứng minh:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2b c c a a b
a b a c b c b a c a c b a b b c c a
− − −
+ + = + +
− − − − − − − − −
Giải: Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1b c b a a c
a b a c a b a c a b a c c a a b
− − −
= + = +
− − − − − − − −
(1)
Tương tự ta có:
( ) ( )
1 1c a
b c b a b c a b
−
= +
− − − −
(2)
( ) ( )
1 1a b
c b c a b c c a
−
= +
− − − −
(3)
Từ (1) ;(2) và (3) ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1b c c a a b
a b a c b c b a c a c b c a a b b c a b b c c a
− − −
+ + = + + + + +
− − − − − − − − − − − −
2 2 2
a b b c c a

= + +
− − −
(đpcm)
Bài toán 5
: Rút gọn biểu thức:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
a bc b ac c ab
a b a c b c b a c a c b
− − −
+ +
+ + + + + +
với
; ;a b b c c a≠ − ≠ − ≠ −
Giải:
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
( ) ( )a bc a ab bc ab a a b b c a a b
a b a c a b a c a b a c a c a b
− + − − + − +
= = = −
+ + + + + + + +
(1)
Tương tự:
( ) ( )
2
b ac b c
b a b c a b b c
−

= −
+ + + +
(2)
( ) ( )
2
c ab c a
c a b c c b c a
−
= −
+ + + +
(3)
Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
0
a bc b ac c ab a b b c c a
a b a c b c b a c a c b a c a b a b b c c b c a
− − −
+ + = − + − + − =
+ + + + + + + + + + + +
Bài toán 6:
Cho ba phân thức
1
a b
ab
−
+
;
1
b c

bc
−
+
;
1
c a
ca
−
+
. Chứng minh rằng tổng ba
phân thức bằng tích của chúng.
Giải:
Ta có :
1 1 1
b c b a a c
bc bc bc
− − −
= +
+ + +
nên
1 1 1 1 1 1 1
a b b c c a a b b a a c c a
ab bc ca ab bc bc ca
− − − − − − −
+ + = + + +
+ + + + + + +
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )

( ) ( )
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
a b bc ab c a bc ac
a b c a
ab bc ac bc ab bc ac bc
− + − − − + − −
   
= − − + − − = +
   
+ + + + + + + +
   
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
b a b c a c c a b a a b c a a b c a b c
b c
ab bc ac bc bc ab ac ab bc ac
− − − − − − − − −
 
= + = − =
 
+ + + + + + + + + +

 

(đpcm).
Bài toán 7
: Cho ba số nguyên dương a, b, c tuỳ ý, tổng sau có phải là số
nguyên dương không?
a b c
a b b c c a
+ +
+ + +
Giải:
Ta có
1
a b c a b c a b c
M
a b b c c a a b c a b c a b c a b c
+ +
= + + > + + = =
+ + + + + + + + + + +
hay M > 1 .
1 1 1 3 3 1 2
b c a b c a
M
a b b c c a a b c b c a c a b
       
= − + − + − < − + + = − =
 ÷  ÷  ÷  ÷
+ + + + + + + + +
       
hay M

< 2
Vậy 1 < M <2 . Do đó M không thể là số nguyên dương.
Bi toỏn 8
: n gin biu thc
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 1004 2 1004 2 1004a a b b c c
A
a a b a c b b a b c c c b c a

= + +

Gii: MTC l :
( ) ( ) ( )
abc a b b c a c
Nờn
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 1004 2 1004 2 1004bc b c a a ac a c b b ab a b c c
A
abc a b b c a c abc a b b c a c abc a b b c a c

= + +

( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2008 2008 2008 2008 2008 2008b c ac a b bc a c ab
abc a b b c a c
+ +
=

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2008
2008
2008
c a c b a b a c b a b c
a b b c a c
abc a b b c a c abc a b b c a c abc

+ +


= = =

Vi
0abc
Bi toỏn 9
: Tớnh giỏ tr ca biu thc:

( )
( )
2
2003 2013 31 2004 1 2003 2008 4
2004 2005 2006 2007 2008
P
ì + ì ì +
=
ì ì ì ì
Gii: t a = 2004 Khi ú:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 9 31 1 1 4 4
1 2 3 4
a a a a a
P
a a a a a


ì + + ì + +


=
+ + + +
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2

2 1 9 31 1 3 4 4
1 2 3 4
a a a a a a
a a a a a

+ + + + +

=
+ + + +
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 2 2 3 2 2
9 2 18 9 31 1 3 7 14 8 3
1 2 3 4 1 2 3 4
a a a a a a a a a a a a a
a a a a a a a a a a
+ + + + + + + + +
= =
+ + + + + + + +
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4
1
1 2 3 4
a a a a a
a a a a a
+ + + +
= =

+ + + +
. Vy P = 1
B i 1: Cho
3)1(2
1
2
+
=
n
B
. Tìm số nguyên n để B có giá trị lớn nhất.
B i 2:
a, Tìm số nguyên x và y biết :
8
1
4
5
=+
y
x
b, Tìm số nguyên x để A có giá trị là 1 số nguyên biết : A =
3
1

+
x
x
(x
0

)
B i 3:
Với giá trị nguyên nào của x thì biểu thức A=
x
x


4
14
Có giá trị lớn nhất? Tìm giá trị
đó.
B i 4: Tìm GTLN của biểu thức: A =
1004x
-
1003x +
.
B i 5: Tìm giá trị của x để biểu thức A = 10 - 3|x-5| đạt giá trị lớn nhất.
B i 6 Cho biểu thức A =
x
x


6
2006
. Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị lớn
nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
B i 7:
a.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =
4)2(
3

2
++x
b.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = (x+1)
2
+ (y + 3)
2
+ 1
B i 9 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =



Zx
x
x
;
4
14
. Khi đó x nhận giá trị
nguyên nào?
Bi 10: Tỡm
,x y

Ơ
bit:
2 2
25 8( 2009)y x =

b) Tìm n

Z sao cho : 2n - 3

M
n + 1
Bi 11: Tìm x, y thuộc Z biết: 2x +
1
7
=
1
y
Bi 12: a)Chứng minh rằng nếu a, b, c và
cba ++
là các số hữu tỉ.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A =
x20072006x +
Khi x thay đổi
Bi 13: a) Tỡm cỏc s nguyờn t x, y sao cho: 51x + 26y = 2000
b) Tỡm s t nhiờn x, y bit:
22
23)2004(7 yx =
c) Tỡm x, y nguyờn bit: xy + 3x - y = 6
d) Tỡm mi s nguyờn t tho món : 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
b) 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

=


+ =

c) 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 14 : 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
Bài 15 a) Tìm giá trị nguyên dương của x và y, sao cho:
1 1 1
x y 5
+ =
b) Tìm các số a, b, c nguyên dương thoả mãn :

b
aa 553
23
=++

và
c
a 53 =+
HD : a) Từ
1 1 1
x y 5
+ =

⇒
5 ( x + y) = xy (*)
5
5
5
x
xy
y

⇒ ⇒


M
M
M
+ Với x chia hết cho 5 , đặt x = 5 q ( q là số tự nhiên khác 0) thay vào (*) suy ra:
5q + y = qy
⇒
5q = ( q – 1 ) y . Do q = 1 không thỏa mãn , nên với q khác 1 ta
có
5 5
5 1

1 1
q
y Z q
q q
= = + ∈ ⇒ − ∈
− −
Ư(5) , từ đó tìm được y, x
b)
b
aa 553
23
=++
⇒
a
2
( a +3) = 5
b
– 5 , mà
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 nguyên dương nên c = 1( vì nếu c >1 thì 5
b – 1
- 1 không
chia hết cho 5 do đó a không là số nguyên.) . Với c = 1
⇒
a = 2 và b = 2
Bài 16: 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 nguyên tố nên
2 2
2013 25q− M
và 2013 – q
2
> 0 từ đó tìm được q
Bài 17 : Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho:
12 −
n
chia hết cho 7
HD : Với n < 3 thì 2
n
không chia hết cho 7
Với n
3≥
khi đó n = 3k hoặc n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 (
*
k N∈
)
Xét n = 3k , khi đó 2
n
-1 = 2
3k
– 1 = 8
k
– 1 = ( 7 + 1)
k
-1 = 7.A + 1 -1 = 7.A
7M
Xét n = 3k +1 khi đó 2

n
– 1 = 2
3k+1
– 1 = 2.8
3k
– 1 = 2.(7A+1) -1 = 7A + 1 không
chia hết 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 18 Tìm số nguyên m để:
a) Giá trị của biểu thức m -1 chia hết cho giá trị của biểu thức 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 19 a) Tìm x nguyên để 6
1+x
chia hết cho 2
3−x
b) Tìm
Zx ∈
để A∈ Z và tìm giá trị đó.

A =
3
21
+
−
x
x
. HD: A =
3
21
+
−
x
x
=
1 2( 3) 6 7
2
3 3
x
x x
− + +
= −
+ +
Bài 20: 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 21: 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 22 : 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 23 : 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 24 : 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 25 : Tìm GTLN của R =
4
2
2013
( 2) ( ) 3x x y− + − +
Bài 26 : Cho phân số:
54
23
−
+
=
x
x
C
(x ∈ Z)
a) Tìm x ∈ Z để C đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó.
b) Tìm x ∈ Z để C là số tự nhiên.
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 27 : Tìm số tự nhiên n để phân số
32
87
−
−
n
n
có giá trị lớn nhất
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 28: 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 29 : 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⇔ ≤ ≤


Chuyên đề 6 : Dạng toán chứng minh chia hết
1.Kiến thức vận dụng
* Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9
* Chữ số tận cùng của 2
n
, 3
n

,4
n
, 5
n
,6
n
, 7
n
, 8
n
, 9
n

* Tính chất chia hết của một tổng
2. Bài tập vận dụng:
Bài 30 : Chứng minh rằng : Với mọi số nguyên dương n thì :
2 2
3 2 3 2
n n n n+ +
− + −
chia hết cho 10
HD: ta có
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−
× − × = × − ×
= 10( 3
n
-2
n
)
Vậy
2 2
3 2 3 2
n n n n+ +
− + −
M
10 với mọi n là số nguyên dương.
Bài 31 : Chứng tỏ rằng:
A = 75. (4
2004
+ 4
2003
+ . . . . . + 4
2

+ 4 + 1) + 25 là số chia hết 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 hết cho 100
Bài 32 : Cho m, n
∈
N
*
và p là số nguyên tố thoả mãn:
1−m
p
=
p
nm +
(1)
Chứng minh rằng : p
2
= n + 2
HD : + Nếu m + n chia hết cho p

( 1)p m⇒ −M
do p là số nguyên tố và m, n
∈
N
*


⇒
m = 2 hoặc m = p +1 khi đó từ (1) ta có p
2
= n + 2
+ Nếu m + n không chia hết cho p , từ ( 1)
⇒
(m + n)(m – 1) = p
2
Do p là số nguyên tố và m, n
∈
N
*

⇒
m – 1 = p
2
và m + n =1
⇔
m = p
2
+1 và n = - p
2
< 0 (loại)

Vậy p
2
= n + 2
Bài 33: 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 có 10
1998
= ( 9 + 1)
1998
= 9.k + 1 ( k là số tự nhiên khác không)
4 = 3.1 + 1
Suy ra :
410
1998
−=A
= ( 9.k + 1) – ( 3.1+1) = 9k -3 chia hết cho 3 , không
chia hết cho 9
b) Ta có 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
Bài 34:
a) Chứng minh rằng:
nnnn
2323
42
++−
++

chia hết cho 30 với mọi n nguyên dương
b) Chứng minh rằng: 2a - 5b + 6c

17 nếu a - 11b + 3c

17 (a, b, c ∈ Z)
Bài 35 : a) Chứng minh rằng:
17101723  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 có 17a – 34 b
17M
và 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
vì (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 36 : a) Chứng minh rằng
2006
10 53
9
+
là một số tự nhiên
b) Cho
12 +
n
là số nguyên tố (n > 2). Chứng minh
12 −
n
là hợp số
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
là
số nguyên tố (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.Bài tập vận dụng
Bài 37: Cho a, b, c > 0 . Chứng tỏ rằng:
ac
c
cb
b
ba
a
M
+
+
+
+
+
=
không là số nguyên.
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 38 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 39 : 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
Cách 2: Ta có
2a b ab+ ≥
và
1 1 2
a b
ab
+ ≥

1 1 2
( )( ) 2 . 4a b ab
a b
ab

⇒ + + ≥ =
Dấu “ =” xẩy ra khi a = b
b) Ta có :
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
+ + +
+ + + + = + + + = + + + + + +

Lại có
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
≥ + + + =
Dấu “ = ” xẩy ra khi a = b = c
Bài 40: a) Cho z, y, z là các số dương.
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) Tính ( a + b + c)
2
từ cm được
0≤++ cabcab

Chuyên đề 8 : Các bài toán về đa thức một ẩn

Bài 41 : Cho đa thức P(x) = a x
3
+ bx
2
+ cx + d ( a khác 0)
Biết P(1) = 100 , P( -1) = 50 , P(0) = 1 , P( 2) = 120 . Tính P(3)
HD : ta có 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
Từ đó tìm được c, d, và a và XĐ được P(x)
Bài 42 : 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 và f(3) = 9a + 3b + c
⇒
f(-2).f(3) =(4a – 2b + c)( 9a + 3b +
c)
Nhận thấy ( 4a – 2b + c) + ( 9a + 3b + c) = 13a + b + 2c = 0

⇒
( 4a – 2b + c ) = - ( 9a + 3b + c)
Vậy f(-2).f(3) = - ( 4a – 2b + c).( 4a – 2b + c) = - ( 4a -2b + c)
2

≤
0

Bài 43 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) nguyên
⇒
c , a + b + c và 4a + 2b + c nguên
⇒
a + b và 4a + 2b = 2 (a + b) + 2a = 4( a + b) -2b ngyên
⇒
2a , 2b nguyên
Bài 44 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
Nếu f(x) có giá trị nguyên với mọi x
⇒
d , a + b + c + d, 8a +4b + c + d là các số
nguyên . Do d nguyên
⇒
a + b + c nguyên và (a + b + c + d) + (a + b +c +) +2b
nguyên
⇒
2b nguyên
⇒

6a nguyên . Chiều ngược lại cm tương tự.
Bài 45 : Tìm tổng các hệ số của đa thức nhận được sau khi bỏ dấu ngoặc trong biểu
thức: A(x) =
2005220042
)43(.)43( xxxx +++−
HD : Giả sử A( x) = a
o
+ a
1
x + a
2
x
2
+ … + a
4018
x
4018
Khi đó A(1) = a
o
+ a
1
+a
2
+ …….+ a
4018

do A(1) = 0 nên a
o
+ a
1

+a
2
+ …….+ a
4018
= 0
Bài 46 : 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 : Đặt 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− − − − − + − − + −

⇒
tại x = 2012 thì A = 2011

Chuyên đề 9 Các bài toán thực tế
1. Kiến thức vận dụng
- Tính chất đại lượng tỉ lệ thuận :
Đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x khi và chỉ 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 lp 7A,7B,7C cú 94 hc sinh tham gia trng cõy. Mi hc sinh lp 7A
trng c 3 cõy, Mi hc sinh lp 7B trng c 4 cõy, Mi hc sinh lp 7C trng
c 5 cõy,. Hi mi lp cú bao nhiờu hc sinh. Bit rng s cõy mi lp trng c

u nh nhau.
Bi 3 : Mt ụ tụ phi i t A n B trong thi gian d nh. Sau khi i c na
quóng ng ụ tụ tng vn tc lờn 20 % do ú n B sm hn d nh 10 phỳt.
Tớnh thi gian ụ tụ i t A n B.
Bi 4 : Trờn quóng ng AB di 31,5 km. An i t A n B, Bỡnh i t B n A.
Vn tc An so vi Bỡnh l 2: 3. n lỳc gp nhau, thi gian An i so vi Bỡnh i l
3: 4.
Tớnh quóng ng mi ngi i ti lỳc gp 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
l 2 ngi v nng sut ca mi cụng nhõn l bng nhau. Hi mi i cú bao nhiờu
cụng nhõn ?
Bi 6 : Ba ụ tụ cựng khi hnh i t A v phớa B . Vn tc ụ tụ th nht kộm ụ tụ
th hai l 3 Km/h . Bit thi gian ụ tụ th nht, th hai v th ba i ht quóng ng
AB ln lt l : 40 phỳt,
5
8
gi ,
5
9
gi . Tớnh vn tc mi ụ tụ ?

Câu 5 (2 điểm):
Tìm một số có ba chữ số, biết rằng số đó chia hết cho 18 và các chữ số của nó
tỉ lệ với ba số 1, 2 và 3.