CÁC CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ VÀ SỐ HỌC ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN 20172018

DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC
CỘNG ĐỒNG HỌC TẬP BOX THCS
Lưu ý : Tài liệu không phục vụ mục đích thương mại, ghi rõ nguồn khi chia sẻ

CÁC CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ VÀ SỐ HỌC
ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN

Tổng hợp: Hoàng Quốc Khánh - Học sinh THCS Đồng Lạng - Đức Thọ - Hà Tĩnh
LATEX : HoangKhanh2002

Tháng 5, 2017


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

Đây là tài liệu miễn phí. Bất cứ ai cũng có thể tải về và chia sẻ đến những người khác,
nhưng khi chia sẻ, vui lòng ghi rõ nguồn tài liệu. Mọi hành động sử dụng tài liệu này vào
mục đích thương mại đều phải được sự cho phép bằng văn bản của các thành viên diendantoanhoc.net cũng như tác giả, nếu không sẽ bị coi là vi phạm bản quyền.

LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

2


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

LỜI NÓI ĐẦU

Các bạn học sinh thân mến! Kì thi tuyển sinh vào bậc THPT luôn là một kì thi cam
go, quyết liệt đối với các bạn học sinh, nhất là các bạn học sinh muốn thi vào các trường
chuyên. Trước nhu cầu bức thiết về tài liệu ôn thi, các thành viên box THCS của trang web
diendantoanhoc.net đã lập ra một topic: Ôn thi vào THPT chuyên toán 2017-2018. Để dễ
dàng trong việc học tập, tôi (HoangKhanh2002- người lập ra topic này) xin tổng hợp lại
các bài toán trên topic để các bạn dễ dàng sử dụng.
Trong quá trình tổng hợp, tôi gặp nhiều khó khăn vì chưa rành nhiều về LATEX. Đặc biệt
có trên topic có lệnh frac mà khi đem vào tôi phải chỉnh lại dfrac rất mất thời gian.
Vì thời gian có hạn, trong quá trình tổng hợp không thể tránh khỏi những sai sót, xin
bạn đọc đóng góp về địa chỉ email:, hoặc nhắn tin cho
tôi tại địa chỉ: />Ngoài ra các bạn cũng có thể xem thêm tại:
Tổng hợp: Hoàng Quốc Khánh-Học sinh THCS Đồng Lạng - Đức Thọ - Hà Tĩnh

LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

3


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

PHẦN I: HỆ PHƯƠNG TRÌNH
HỆ PHƯƠNG TRÌNH HỮU TỈ
Bài 1:
5x3 + 3y 3 = 6 + 2xy
3x3 + 2y 3 = 8 − 3xy
Lời giải
x3 = 13xy − 12 (1)
y 3 = −21xy + 22 (2)

Đặt t = xy ⇒ t3 = (13t − 12)(−21t + 22) ⇔ t3 + 273t2 − 538t + 24 = 0
⇔ (t − 1)(t2 + 274t − 264) = 0
Tới đây tìm được các giá trị của t hay chính là xy từ đó thay vào (1) và (2) tìm được x, y.
Bài 2:
Từ HP T suy ra:

x3 + y 3 + x2 (y + z) = xyz + 14
y 3 + z 3 + y 2 (z + x) = xyz − 21
z 3 + x3 + z 2 (x + y) = xyz + 7
Lời giải
Cộng cả 3 pt ta có: 2(x3 + y 3 + z 3 ) + x2 (y + z) + y 2 (z + x) + z 2 (x + y) = 3xyz
⇔ (x3 + y 3 + z 3 − 3xyz) + [x3 + x2 (y + z)] + [y 3 + y 2 (z + x)] + [z 3 + z 2 (x + y)] = 0
⇔ (x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) + x2 (x + y + z) + y 2 (x + y + z) + z 2 (x + y + z) = 0
⇔ (x + y + z)(2x2 + 2y 2 + 2z 2 − xy − yz − zx) = 0
⇒ x + y + z = 0 (do 2x2 + 2y 2 + 2z 2 − xy − yz − zx > 0∀x, y, z)
Tới đây rút gọn hệ được về dạng sau:
y 3 = xyz + 14
z 3 = xyz − 21
x3 = xyz + 7
Nhân cả 3 pt của (2) ta có:
(xyz)3 = (xyz + 14)(xyz − 21)(xyz + 7)
⇔ (xyz)3 = (xyz)3 + (14 − 21 + 7)(xyz)2 + (14.7 − 14.21 − 7.21)xyz − 7.14.21
⇔ 73 xyz = −73 .6 ⇔ xyz = −6
Thay vào (2) ta nhận được hệ pt:
y 3 = −6 + 14
y3 = 8
y=2
3
3
z

= −3
z = −6 − 21 ⇔ z = −27 ⇔
3
3
x
=1
x = −6 + 7
x =1
Bài 3:

(x + 3)3 = 3 − 2y


z 2 + 4y 2 = 8y

(2z − x)(x + 3) = 5x + 16
z≥0
Lời giải

(x + 3)3 = 3 − 2y(1)


z 2 + 4y 2 = 8y(2)

(2z − x)(x + 3) = 5x + 16(3)
z ≥ 0(4)
Từ (3) ⇒ 2xz + 6z − x2 − 3x = 5x + 16 ⇔ x2 + 8x − 2xz + 16 − 6z = 0 ⇔ x2 − x(2z − 8) + 16 − 6z = 0
LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

4

Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

Phương trình (3) có nghiệm ⇔ ∆ = (2z − 8)2 − 4(16 − 6z) = 4z 2 − 40z ≥ 0 ⇔ z ≤ 0 ∨ z ≥ 10(∗)
Từ (2) suy ra z 2 = 8y − 4y 2 = 4 − 4(y − 1)2 ≤ 4 ⇒ −2 ≤ z ≤ 2(∗∗)
Kết hợp (4), (*) và (**) ta suy ra z = 0
Do đó: x = −4; y = 2
Vậy (x; y; z) = (−4; 2; 0)
Bài 4:

x + 3y

x + 2
=3
x + y2
y − 3x

y −
=0
x2 + y 2
Lời giải
ĐKXĐ: x,y
bằng 0.
không đồng thời
2
xy + 3y



xy + 2
= 3y
3y − 3
x + y2
HP T ⇒
⇒ 2xy + 3 = 2y ⇒ x =
2
xy − 3x

2y

=0
 xy − 2
2
x +y
Thay vào (2) ta được:
9y − 9
(3y − 3)2
+ y3 − y +
= 0 ⇒ 4y 4 + 5y 2 − 9 = 0 ⇒ y 2 = 1 ⇔
x2 y + y 3 − y + 3x = 0 ⇔
4y
2y
y = 1, x = 0
y = −1, x = 3
Vậy (x, y) ∈ {(0; 1); (3; −1)}
Bài 5:
x4 − 2y = y 4 − 2z = z 4 − 2x =
Lời giải

−1
2

Dễ thấy x, y, z > 0.
Trừ lần lượt phương trình thứ nhất và phương trình thứ hai, phương trình thứ hai và phương trình
thứ ba ta được hệ mới:
(x − y)(x + y)(x2 + y 2 ) + 2(z − y) = 0 (1)
(y − z)(y + z)(y 2 + z 2 ) + 2(x − z) = 0 (2)
Giả sử x ≥ y > 0, từ (1) suy ra y ≥ z suy ra z ≥ x (do (2) ). Do đó x ≥ y ≥ z ≥ x > 0 ⇔ x = y = z
Thay vào được 2x4 − 4x + 1 = 0
√ 2
4
4
2
2
2
2
2
2x − x +
1
=
0
⇔
2x
+
4x
+
2
−

4x
−
4x
−
1
=
0
⇔
2(x
+
1)
=
(2x
+
1)
⇔
2(x + 1) =
√ 2
2x + 1√∨ 2(x + 1) = −2x − 1 √
√
+) 2(x2 + 1) = −2x − 1 ⇔ 2x2 + 2x + 1 + 2 (vô nghiệm)
√
√ 2
√ 2
√
√
2±2
2−1
√
+) 2(x + 1) = 2x + 1 ⇔ 2x − 2x − 1 + 2 ⇒ ∆ = 4 2 − 4 ⇒ x =

=
2
2
√
1±
2−1
√
=y=z
2
Bài 6:

3

=7
4xy + 4(x2 + y 2 ) +
(x + y)2
1


2x +
=3
x+y
Lời giải
LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

5


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

Ta có:


1 2

3
3[(x + y) +
] + (x − y)2 = 13
=
7
x
+
y
2
(x + y)
⇔
HP T ⇔
1


1
 [(x + y) +
=3
(x + y) + (x − y) + x+y
] + (x − y) = 3
x+y
a = 2, b = 1
1

3a2 + b2 = 13
7
1
Đặt x + y +
= a; x − y = b ⇒
⇔
a+b=3
a = − ,b =
x+y
2
2
Từ đó tìm được (x, y) = (1; 0)
Bài 7:

3(x + y)2 + (x − y)2 +

x4 + 5y = 6
x2 y 2 + 5x = 6
Lời giải
Trừ vế với vế 2 phương trình được:
x=y
(x − y)(x3 + x2 y − 5) = 0 ⇔ x3 + x2 y = 5
x=y=1
•x = y ⇒ x = y = −2
6 − x4
6x2 − x6
•x3 + x2 y = 5 : Từ (1) suy ra y =
⇒ x3 +
= 5 ⇔ 5x3 + 6x2 − x6 = 25 ⇔
5

5
2x6 − 10x3 − 12x2 + 50 = 0 ⇔ (x3 − 5)2 + [(x6 + 8 + 8) − 12x2 ] + 9 = 0, phương trình vô nghiệm
Vậy (x, y) ∈ {(1; 1); (−2; −2)}
Bài 8:

−5

x2 (y − z) =

3
y 2 (z − x) = 3


 z 2 (x − y) = 1 .
3
Lời giải

−5
2


x (y − z) = 3 (1)
y 2 (z − x) = 3(2)


 z 2 (x − y) = 1 (3)
3
Ta có "vòng đặc biệt" này: (x2 y 2 − z 2 x2 ) + (y 2 z 2 − x2 y 2 ) + (z 2 x2 − y 2 z 2 ) = 0.
5
Từ đó, ta lấy: (1).(y + z) + (2).(z + x) + (3).(x + y) = 0, ta được: y − z = x.

2
√
2
1
Thế vào phương trình đầu ta được: x = − 3 , y = − 3 18, z = − √
.
3
3
12
Bài 9:
y 2 + x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 121
y2 + 1 = x
Lời giải
Xét x = 2 thỏa mãn hệ.
Xét trường hợp: x ≥ 2 ta có: x(x + 1)(x + 2)(x + 3) ≥ 120.
Suy ra: y 2 ≤ 1.
LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

6


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

Từ pt (2) suy ra: x ≤ 2.
Do đó: x = 2.
Tương tự trường hợp x ≤ 2.
Từ đó được y = ±1.
Bài 10:

x4 + 2x3 y − 2x2 y 2 − 12xy 3 + 8y 4 + 1 = 0
2x3 y + y 4 = 1
Lời giải
Thay 2x3 y + y 4 = 1vào PT đầu :
Ta có
x4 + 4x3 y − 2x2 y 2 − 12xy 3 + 9y 4 = 0
⇔ (x + 3y)2 (x − y)2 = 0
Đến đây thì dễ rồi ta chỉ cần thay : x = y hoăc x = −3y vào phương trình 2 là được.
Bài 11:
y 3 − x3 = 7
x3 − y 2 + x = −2
Lời giải
Từ pt (1) ta có: (y − 2)(y 2 + 2y + 2) = (x − 1)(x2 + x + 1). (∗)
Thế x3 = y 3 − 7 vào pt (2), ta được:
y 3 − y 2 − 4 = 1 − x ⇔ (y − 2)(y 2 + y + 2) = 1 − x. (∗∗)
Nếu x ≥ 1 thì từ (∗) ⇒ y ≥ 2, (∗∗) ⇒ x ≤ 1.
Nên x = 1, y = 2.
Tương tự trường hợp còn lại.
Bài 11:

121x − 122y


x4 − y 4 =
4xy
122x + 121y

4
2
2

4
x + 14x y + y =
x2 + y 2
Lời giải
Điều kiện: x = 0; y = 0; x = ±y.
(1) ⇔ 4xy(x4 − y 4 ) = 121x − 122y. (3)
(2) ⇔ (x4 + 14x2 y 2 + y 4 )(x2 + y 2 ) = 122x + 121y. (4)
Lần lượt nhân (3) và (4) cho (x + y), (x − y), ta được:
4xy(x4 − y 4 )(x + y) = (121x − 122y)(x + y). (5)
(x4 + 14x2 y 2 + y 4 )(x2 + y 2 )(x − y) = (122x + 121y)(x − y). (6)
Chú ý rằng:
(122x + 121y)(x − y) − (121x − 122y)(x + y) = x2 + y 2 .
Do đó lấy (6) − (5), ta được:
... ⇔ (x − y)5 = 1 ⇔ x − y = 1.
Đặt t = x + y. Khi đó:
x2 − y 2 = t.
t2 + 1
x2 + y 2 =
.
2
t−1
4xy = t2 − 1 và y =
.
2
LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

7


Diễn đàn toán học VMF!

243 − t
.
2
Thay vào (3) ta được t = 3.
x+y =3
Từ đó ta giải hệ: x − y = 1 ⇔

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

121x − 122y =

x=2
y = 1.
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

Bài 1:

1
1


√ + 2 − = 2
y
x
1
1


√ + 2 − = 2
y

x
Lời giải
1
1
= a; = b
x
y√
√
a
+
√ 2 − b = 2(1) .
Hệ → √
b + 2 − a = 2(2)
ĐK 0 < a; b ≤ 2
Xét a = b = 2 thay vào (1) → loại
Trừ
của hệ ta√có
√ vế√
√ theo
a− b+ 2−b− 2−a=0
a−b
2−b−2+a
√ +√
√
⇔√
=0
2−b+ 2−a
a+ b
1
1

√ +√
√
)=0
⇔ (a − b)( √
2−b+ 2−a
a+ b
→a=b
Thay
a√= b vào (1) ta có
√
√
√
a+ 2−a=
2 ⇔ 2 − a = 4 + a − 4 a → 2( a − 1)2 = 0 → a = 1
1

 =1
→a=b=1→ x
1

 =1
y
→x=y=1
Bài 2:

Đặt

+ y = x2 − 2y 2
√xy + x √
x 2y − y x − 1 = 2x − 2y

Lời giải
Phương trình (1) ta biến đổi thành (x + y)(x − 2y − 1) = 0 Mặt khác x + y > 0 nên x = 2y + 1 Thay
x = 2y + 1 vào phương trình 2 để được phương trình ẩn y thì ta được y = 2, x = 5 Vậy x = 5, y = 2
là nghiệm của phương trình
Bài 3:
x + y 2 − x2 = 12 − y
x y 2 − x2 = 12
Lời giải

LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

8


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

Ta có (12 − y)2 = (x + y 2 − x2 )2 = y 2 + 2x
của hpt là (x, y) = {(3, 5), (4, 5)}
Bài 4:

y 2 − x2 = y 2 + 24 ⇒ y = 5 ⇒ x = 3, x = 4 Vậy nghiệm

(x2 + xy + y 2 ) x2 + y 2 = 185)
(x2 − xy + y 2 ) x2 + y 2 = 65
Lời giải
Cộng hai vế của hai phương trình lại với nhau ta được 2(x2 + y 2 ) x2 + y 2 = 250 ⇒ x2 + y 2 = 25 ⇒
xy = 12
Do đó (x + y)2 = 49, (x − y)2 = 1 ⇒ (x, y) = {(3, 4)(4, 3)(−3, −4)(−4, −3)}

Bài 5:
√
√
x+ y+ x− y =2
√
√
y+ x+ y− x=1
Lời giải
√
√
√
√
2x + 2 (x + y)(x − y) = 4
x + (x + y)(x − y) = 2
√
√
√
√
⇔
2y + 2 (y + x)(y − x) = 1
2y + 2 (y + x)(y − x) = 1
x2 − y = 2 − x
x2 − y = 4 − 2x + x2
⇔
⇔
4y 2 − 4x = 1 − 4y + 4y 2
2 y 2 − x = 1 − 2y
x = 17
2x − y = 4
−y = 4 − 2x

4
⇔ −4x = 1 − 4y ⇔ 4y − 4x = 1 ⇔
y = 92
Bài 6:

⇔

√
5
. 2b = 4
b + 42a
√
5
3+
. a=2
b + 42a
Lời giải

3−

Hệ 
tương đương với :
4
2

 6= √ +√
a
2b
2
10

4


=√ −√
b + 42a
a
2b

60
4 8
= − ⇒ (b − 3a)(b + 28a) = 0
b + 42a
a b
Do đó ta thế vào hệ 1 thì tìm được a và b
Bài 7:

x + x2 − y 2
9x



=
2
2
5
x− x −y

5
+
3x

x


=
y
30 − 6y
Lời giải
Nhân vế với vế ta được

Từ PT (2) có : x(30 − 6y) = y(5 + 3x) ⇔ 9xy = 5(6x − y) ⇔
9
6x − y
x=
(y = 0)
5
y
LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

9


Diễn đàn toán học VMF!

Khi đó pt (1) :

x+

x2 − y 2

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

=

x − x2 − y 2
3x2 − 3x x2 − y 2 ⇔ x(3x − 3
+) Với x = 0 ⇔ Không có y

6x − y
2x
6x
⇔
=
⇒ 2xy = 6x2 − 6x
2
2
y
y
x− x −y
2
2
x − y − y) = 0

x2 − y 2 ⇒ xy =

9
6x − y
15y
9y
+ Với 3x − y = 3 x2 − y 2 ta có 5y = 3x ⇔ d x =
⇔

=
⇔ y = 3 ⇒ x = 5 ĐS:
5
y
5
y
x = 5, y = 3

LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

10


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

PHẦN II: CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ HỌC
Bài 1:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 − 2x = 27y 3
Lời giải
(x − 1)2 = (3y + 1)(9y 2 − 3y + 1)
2

Gọi (3y + 1; 9y − 3y + 1) = d ⇒

.
(3y + 1)..d

.

(9y 2 − 3y + 1)..d
.
.
(3y + 1)..d
(9y + 3)..d
⇒
⇒
⇒d=1
.
.
(3y + 1)2 − 9y ..d
9y ..d
Do đó 3y + 1 = 1 giải tiếp dành cho bạn đọc
Nhận xét: Đây là bài toán Đề ra kì này trên THTT sô 472 Tháng 10/2016
Bài 2:
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn: (x + y)3 = (x − y − 6)2
Lời giải
√
Từ giả thiết ⇒ |x − y − 6| = (x + y) x + y > x + y (do x, y ≥ 1). Xét các trường hợp:
- Nếu x ≥ y + 6 ⇒ |x − y − 6| = x − y − 6 > x + y ⇔ −2y − 6 > 0. Mà y > 0 ⇒ vô lí
- Nếu x < y + 6 ⇒ |x − y − 6| = y + 6 − x > x + y ⇔ 6 − 2x > 0 ⇔ x < 3
Mà x nguyên dương ⇒ x ∈ {1; 2}
- Với x = 1 thay vào phương trình đã cho ⇒ y = 3
- Với x = 2 thay vào phương trình đã cho ⇒ y ∈
/ N∗
Vậy x = 1; y = 3
Bài 3:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = z 2
Lời giải
Trường hợp VP chia hết cho 3.

Nhờ đó ta suy ra ngay x = 0 và giải ra nghiệm (3; 0; 3)
Vì z 2 là số chính phương nên chia cho 3 dư 0 hoặc 1. Do đó z 2 − 3y = 2x chia cho 3 dư 0 hoặc 1
- Xét x lẻ suy ra 2x chia cho 3 dư 2 (loại)
- Xét x chẵn . Đặt x = 2k.
Khi đó ta có z 2 − 22k = 3y ⇒ z − 2k z + 2k = 3a .3b
Trong đó a, b là các số tự nhiên thỏa mãn a + b = y và a ≥ b.
.
z + 2k = 3a
Do đó
⇒ 2.2k = 3a − 3b ⇒ 2k+1 = 3b 3a−b − 1 ⇒ 2k+1 ..3b , vô lí.
k
b
z−2 =3
Vậy b = 0. Khi đó ta có 2k+1 + 1 = 3y
- Xét y ≤ 0 không thỏa mãn
- Xét y = 1 suy rak = 0. Ta có (x; y; z) = (0; 1; 2) thỏa mãn
- Xét y ≥ 2 khi đó. Nếu k + 1 ≥ 6 thì 2k+1 + 1 = 64.2n + 1 không chia hết cho 9, mà 3y chia hết
cho 9
Vậy 0 ≤ k +1 ≤ 5. Lần lượt thay k + 1 = 0, 1, 2, 3, 4, 5 ta có k = 2 thỏa mãn. Suy ra (x; y; z) = (4; 2; 5)
thỏa mãn
Bài 4:
LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

11


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

Cho đa thức P(x) với hệ số nguyên thoả mãn: P (2012) = P (2013) = P (2014) = 2013. Chứng minh
rằng đa thức P (x) − 2014 không có nghiệm nguyên
Lời giải
Giả sử đa thứcP (x) − 2014 có nghiệm nguyên a
Ta nhận thấy P (x) = (x − 2012)(x − 2013)(x − 2014).Q(x) + 2013
Do P (a) − 2014 = 0 nên (a − 2012)(a − 2013)(a − 2014).Q(a) + 2013 − 2014 = 0 hay (a − 2012)(a −
2013)(a − 2014).Q(x) = 1
Mặt khác; VT là số chẵn ,VP là số lẻ nên vô lí
Vậy đa thức P (x) − 2014 không có nghiệm nguyên (đpcm)
Bài 5:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x2 + 6y 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 − 18x = 6
Lời giải
Ta có 3(x − 3)2 + 6y 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 = 33 từ đó ta có
3(x − 3)2 ≤ 33 tức là (x − 3)2 ≤ 11
Vì (x − 3)2 là một số chính phương nên ta có (x − 3)2 ∈ {0; 1; 4; 9}
-Với (x − 3)2 = 0 thì (3y 2 + 2)(z 2 + 2) = 37. Suy ra
3y 2 + 2 = 1
z 2 + 2 = 37
3y 2 + 2 = 37
Hoặc
z2 + 2 = 1
(Trường hợp này vô nghiệm. Lý luận tương tự với các trường hợp còn lại ta có
Các nghiệm của phương trình là (x; y; z) = (6; 1; 0) : (6; −1; 0); (0; 1; 0) (0; −1; 0)
Bài 6:
Tìm các số nguyên dương x, y sao cho A = x2 + y 2 +

x2 y 2
là số chính phương
(x + y)2

Lời giải
2

2

xy
xy
= x+y−
x+y
x+y
xy
Để A là số chính phương thì cần phải có
∈ N.
x+y
xy
Đặt
= k (k ∈ N) suy ra (x − k)(y − k) = k 2 . (1)
x+y
.
Đặt (x − k; y − k) = d ⇒ x, y, k ..d ⇒ x = dx1 ; y = dy1 ; k = dk1
Suy ra (x1 − k1 )(y1 − k1 ) = k12 mà (x1 − k1 ; y1 − k1 ) = 1 nên x1 − k1 = a2 và y1 − k1 = b2 , k1 = ab
Vậy x = dab + da2 và y = dab + db2 với d, a, b ∈ N. Thử lại ta thấy đúng.
Bài 7:

Ta có: A = (x + y)2 − 2xy +

5x2 + 2y 2 + z 2 = 2
xy + yz + zx = 1
Lời giải

Giải hệ phương trình:

Ta thấy ngay vấn đề là khử ngay các số hạng tự do và tìm ngay quan hệ các biến.
Lấy PT (1) trừ đi 2 lần PT (2), ta được:
5x2 + 2y 2 + z 2 − 2xy − 2yz − 2zx = 0.
⇔ (2x − y)2 + (x + y − z)2 = 0.
LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

12


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

2x = y
x+y =z
Từ đó ta được: y = 2x và z = 3x.
Bài 8:
⇔

Tìm các cặp số (x, y) là các số nguyên dương thỏa mãn:

x3 + x
là 1 số nguyên dương.
xy − 1

Lời giải
x3 + x
.

.
.
∈ Z + ⇒ (x3 + x)..(xy − 1) ⇒ (x3 + x)y ..(xy − 1) ⇔ x2 (xy − 1) + x(x + y)..(xy − 1) ⇒
xy − 1
.
x(x + y)..(xy − 1)
.
xy ..d
Gọi d = (x; xy − 1) ⇒
.. ⇒ d = 1
xy − 1.d
..
Vì vậy: (x + y).(xy − 1) ⇒ x + y ≥ xy − 1 ⇔ xy − x − y − 1 ≤ 0 ⇔ (x − 1)(y − 1) ≤ 2
Xét các trường hợp, xin dành cho bạn đọc
Bài 9:

Ta có:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y 2 = 3z 2
Lời giải
.
.
.
Từ giả thiết suy ra: x2 + y 2 ..3 . Do 3 là số nguyên tố dạng 4k+3 nên: x..3 và y ..3
Đặt x = 3x1 và y = 3y1 .
Thay vào phương trình đầu và giản ước hai vế cho 3, ta có:
3x21 + 3y12 = z 2
.
Suy ra:z ..3 → z = 3z1
Từ đó, ta có: x21 + y12 = 3z12

Dùng nguyên lí cực hạn , phương trình có nghiệm (0, 0, 0)

LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

13


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

PHẦN II: CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ VÀ BẤT ĐẲNG THỨC
Bài 1:
√
Giải phương trình: 5x2 + 8x − 14 = (x2 + 7x − 10) x + 2
Lời giải
ĐK: x ≥ −2
√
√
Phương trình
đã
cho
tương
đương
với:
(−5
x
+
2
+

x
+
7)(x
x + 2 + 2) = 0
√
x+
√7 = 5 x + 2
⇔
x x + 2 = −2
√
x2 − 11x − 1 = 0
11±5 5
⇒ 3
⇒
x
=
2
x + 2x2 + 8 = 0
Bài 2:
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Tìm GTLN của: P =

4a2 + 1 4b2 + 1 4c2 + 1
+ 3
+ 3
a3 + 1
b +1
c +1

Lời giải
a 9

4a2 + 1
≤ +
3
a +1
4 4
⇔ 16a2 + 4 ≤ (a3 + 1)(a + 9)
⇔ (a2 + 11a + 5)(a − 1)2 ≥ 0 (Đúng vì a ≥ 0)
4b2 + 1
b 9 4c2 + 1
c 9
Tương tự ta cũng có: 3
≤ + 4, 3
≤ + .
b +1
4
c +1
4 4
a b c
9
15
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta có: P ≤ ( + + ) + 3. =
4 4 4
4
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
Bài 3:
√
Giải phương trình: 1 − x2 = 4x3 − 3x
Lời giải
√

1 −x2 = 4x3 −3x
⇒ 1−x2 = 16x6 −24x4 +9x2 ⇔ 16x6 −24x4 +10x2 −1 = 0 ⇔ (8x4 −8x2 +1)(2x2 −1) =
√ 

√ 
2+ 2
2
2
+
2
x =
x = ±

4√ 


2 √ 




0 ⇔  x2 = 2 − 2  ⇔ 
x = ± 2 − 2 




4 

2

√
1
2
2
x =
x=± 2
2
√
√
√
− 2
2+ 2
2− 2
Thử lại ta có: x ∈
;
;−
2
2
2
Bài 4:
Trước hết ta sẽ chứng minh

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a2 + 2b2 + 3c2 = 3abc Tìm GTNN của biểu thức:
8 6 4
P = 3a + 2b + c + + +
a b c
Lời giải

LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

14


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

Áp dụng BĐT AM - GM ta có:
√
6
3abc√
= a2 + 2b2 +
3c2 = a2 +√b2 + b2 + c2 + c2 + c2 ≥ 6 a2 b4 c6
√
6
6
6
⇒ 3 a6 b 6 c 6 ≥ 6 a2 b 4 c 6 ⇒ a4 b 2 ≥ 2
√
a+a+b
2a + b
3
⇒ 2 ≤ a2 b ≤
=
⇒ 2a + b ≥ 6
3
3
8 6 4
8 3
6

4 1
1
Ta có: P = 3a + 2b + c + + + = 2a + + b + + c + + (2a + b) ≥ 2.4 + 2.3 + 2.2 + .6 = 21
a b c
a 2
b
c 2
2
Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 2
Bài 5:
Cho x, y là hai số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

2015(x + y)2 2016(x + y)2
+
x2 + y 2
xy

Lời giải
2015(x + y)2 2015(x + y)2 2015(x + y)2 (x + y)2
+
+
+
x2 + y 2
2xy
2xy
xy
2015.4(x + y)2 2015.4xy 4xy
≥
+
+

= 2015.4 + 2015.2 + 4 = 12094
(x + y)2
2xy
xy
Dấu bằng xảy ra khi x = y
Bài 6:

Ta có A =

Giải phương trình: x =

x−

1
x

+

1−

1
x

Lời giải
ĐK: x > 1
Phương trình đã cho tương đương với
1
1
x− 1− = x−
x

x
1 2
1
⇔ (x − 1 − ) = ( x − )2
x
x
2
2
⇔ (x
− 1) + x = 0
√ − 1) − 2√ x(x
2
2
⇔√
( x − 1 − x) = 0
√
⇔ x2 − √1 − x = 0
⇔ x = 1+2 5
Bài 7:
√
√
Giải phương trình: (x + 2) x2 − 2x + 4 = (x − 1) x2 + 4x + 7.
Lời giải
√
√
Đặt a = x − 1, b = x + 2 ⇒ a b2 + 3 = b a2 + 3
⇒ a2 = b2 ⇒ a = −b ⇒ x = −1
2
Thử thấy không thỏa mãn nên vô nghiệm !
Bài 8:

Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: x.y.z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1
1
P = 3 3
+ 3 3
+ 3 3
3
3
x (y + z ) + 1 y (z + x ) + 1 z (x + y 3 ) + 1
Lời giải

LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

15


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

Áp dụng bổ đề sau: a3 + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ (a − b)2 ≥ 0 (a, b > 0)
1
1
1
+ 3
+ 3
Ta có: P ≤ 3
x yz(y + z) + 1 y xz(x + z) + 1 z yx(y + x) + 1
1

1
1
=
+
+
x(xy + xz) + xyz y(xy + yz) + xyz z(yz + xz) + xyz
1 1 1
1
( + + )
=
xy + yz + zx x y z
1
=
(xy + yz + zx) = 1
xy + yz + zx
⇒ M axP = 1 khi x = y = z = 1
Bài 9:
1−x
2x + x2
=
x
1 + x2
Lời giải

Giải phương trình:

2x − 1
1 − 2x
2x − 1
1−x

√
−1=
⇔
= 2
2
2
x
1+x
x +1
x+ x−x
1
Từ đó dễ suy ra x= .
2
Bài 10:

Ta có ⇔

1 1 1
+ + = 1 Chứng minh rằng
a b c
(a + b − c − 1)(b + c − a − 1)(a + c − b − 1) ≤ 8
Lời giải

Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn

Đặt a + b − c − 1 = 2x3 , b + c − a − 1 = 2y 3 , c + a − b − 1 = 2z 3 . Bất đẳng thức cần chứng minh tương
đương xyz ≤ 1
1
1
1

+ 3
+ 3
=1
Từ cách đặt trên ta có: 3
3
3
x + y + 1 z + y + 1 x + z3 + 1
Giả sử xyz > 1 ⇒ xyz(x + y) + z > x + y + z (1)
Mặt khác xy(x+y)+1 ≤ x3 +y 3 +1 ⇒ z[xy(x+y)+1] ≤ z(x3 +y 3 +1) ⇒ xyz(x+y)+z ≤ z(x3 +y 3 +1)
(2)
z
1
Từ (1), (2) suy ra x + y + z < z(x3 + y 3 + 1) ⇒
> 3
x+y+z
x + y3 + 1
1
x
Tương tự ta cũng có:
> 3
x+y+z
z + y3 + 1
y
1
> 3
x+y+z
x + z3 + 1
1
1
1

Cộng các bất đẳng thức trên ta có: 1 = 3
+ 3
+ 3
< 1 (Vô lí)
3
3
x + y + 1 z + y + 1 x + z3 + 1
Vậy điều giả sử là sai ⇒ xyz ≤ 1 ⇒ ĐPCM
Bài 11:
a2
b2
c
Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
+
+ .
2
2
(a + b)
(b + c)
4a
Lời giải

LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

16


Diễn đàn toán học VMF!

Ta có: P =

b c
. +1
a b
+

4


a2
b2
c
=
+
+
2
2
(a + b)
(b + c)
4a

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên
1
1+

b
a

2

+

1
1+

c
b

2

+

1 b c
. . ≥
4 a b

1
1 b c
+ . . =
b c
4 a b
1+ .
a b



1
1
3
 1
− ≥1− =


b c
4
4
4
1+ .
a b
1
1
1
(chứng minh bằng biến đổi tương đương)
+
≥
Vì có BĐT:
2
2
(1 + a)
(1 + b)
1 + ab
Bài 12:
√
√
√
√
Cho các số thực dương a, b, c thỏa b2 + c2 + c2 + a2 + a2 + b2 = 2015
a2
b2
c2
Tìm Min P =
+

+
b+c a+c a+b
Lời giải
√
√
√
Đặt a2 + b2 = x, b2 + c2 , c2 + a2
√
2
√
(a
+
b)
a
+
b
a2 + b 2
√
= √ ⇒
≥ a + b (1)
Suy ra x2 + y 2 − z 2 = 2b2 và a2 + b2 ≥
2
2
2
x2 + y 2 − z 2 x2 + z 2 − y 2 z 2 + y 2 − x2
+
+
P
2(b + c)
2(c + a)

2(a + b)
2
2
2
x +y −z
x2 + z 2 − y 2 z 2 + y 2 − x2
√
√
√
Từ (1) suy ra P ≥
+
+
2 2z
2 2y
2 2x
1 x2 z 2
y2 z2
x2 y 2
= √ ( +
−y+
+
−x+
+
− z)
y
x
x
z
z
2 2 y

1 x2
z2
y2
z2
x2
y2
= √ ( +y+
+ y − 3y +
+x+
+ x − 3x +
+z+
+ z − 3z)
y
x
x
z
z
2 2 y
z2
x2
+ y ≥ 2x,
+ y ≥ 2z, tương tự.
Mặt khác áp dụng bđt AM − GM thì ta có:
y
y
1 x2
z2
y2
z2
x2

y2
1
√
Suy ra
( + y + + y − 3y + + x + + x − 3x + + z + + z − 3z) ≥ √ (x + y + z) =
y
x
x
z
z
2 2 y
2 2
1 √
√ 2015
2 2
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z
Bài 13:
√
Giải phương trình sau: 16x4 + 5 = 6. 3 4x3 + x.
Lời giải

ĐKXĐ: x > 0
Ta có 16x4 + 5 = 16x4 + 1 + 4 ≥ 8x2 + 4 = 4x2 + (4x2 + 1) + 3 ≥ 4x2 + 4x + 3 = (4x2 + 1) + 4x + 2 ≥
√
1
3 3 8x(4x2 + 1) = 6 3 4x3 + x ⇒ x = (TM)
2
Bài 14:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1

1 1
1 1
S = (3 + + )(3 + + )(3 + + )
a b
b c
c a
3
Trong đó a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c ≤ .
2
Lời giải
LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

17


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
√
1
1
3
≥ a + b + c ≥ 3 3 abc ⇒ abc ≤ ⇒
≥ 8(1)
2
8
abc
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM-GM được

1 1
1 1 1 1
1
1
+ + 3 = + + + + ... + ≥ 8 8 6
a b
a b 2 2
2
2 ab
6

1
1 1
Tương tự + + 3 ≥ 8 8 6
c b
2 bc
1 1
1
+ +3≥88 6
a c
2 ac
1
Từ đó ta có S ≥ 83 8 218 2 2 2
abc
Kết hợp với (1) suy ra minS = 64
1
Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c =
2
Bài 15:
Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác, chứng minh rằng

a
b
c
ab + bc + ca
5
+
+
+ 2
≤ .
2
2
b+c a+c a+b a +b +c
2
Lời giải
a
b
c
1
ab + bc + ca
(a + b + c)2
b+c−a
) + (1 −
) + (1 −
)≥ +
⇔
≥
b+c
c+a
a+b
2 2(a2 + b2 + c2 )

b+c
2(a2 + b2 + c2 )
Do a, b, c là các cạnh tam giác nên ta đảm bảo tử dương. Nên ta có:
(a + b + c)2
b+c−a
[(b + c − a) + (c + a − b) + (a + b − a)]2
=
≥
⇒ Q.E.D
(b + c)(b + c − a)
b+c
2(a2 + b2 + c2 )
Bài 16:
(1 −

Giải phương trình sau: (x + 3) (4 − x)(12 + x) = 28 − x
Lời giải
ĐKXĐ:−12 ≤ x ≤ 4
Đặt u = x + 3 và v = (4 − x)(12 + x)
Do đó phương trình ban đầu tương đương
u2 + v 2 1
x+3=
uv =
− 2 ⇔ (u − v)2 = 1 ⇔
x+3=
2
Đến đây biến đổi và bình phương 2 vế là ra.
Bài 17:

(4 − x)(x + 12) + 1

(4 − x)(x + 12) − 1

Với a,b,c là 3 số nguyên dương, chứng minh (1 + a3 )(1 + b3 )(1 + c3 ) ≥ (1 + a2 b)(1 + b2 c)(1 + c2 a)
Lời giải
(1 + a3 )(1 + a3 )(1 + b3 ) ≥ (1 + a2 b)3 ⇒ ( (1 + a3 ))3 ≥ ( (1 + a2 b))3 ⇒ Q.E.D
Bài 18:
√
Giải phương trình x3 + 5x2 + 10x = (3x2 + 3x + 6) x + 2
Lời giải

LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

18


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

√
Đặt x + 2 = a ⇒ x(x2 + 5a2 ) = 3(x2 + a2 )a ⇒ x = a ⇒ x2 − x − 2 = 0 ⇒ x = 2 theo điều kiện x > 0
Bài 18:
Chứng minh rằng

a b c
3
+ + ≥ (a + b + c − 1), trong đó a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều
b c a
2
kiện abc = 1. Đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải

a a b
Theo BĐT AM − GM cho các số dương ; v , ta có:
b b c
2
3
a a b
a
a
3
3
+ + ≥3
=3
= 3a
b
b c
bc
abc
Chứng minh tương tự, cộng vế theo vế các BĐT đó ta được đpcm
Bài 19:
Cho x > 1, y > 0.Chứng minh

1
1
x−1 3
3 − 2x x
)
+
+ )

+
(
≥
3(
(x − 1)3
y
y3
x−1
y
Lời giải

Bài này
 chủ yếu dùng AM − GM cho bộ 3 số
1
3


+1+1≥

3

x−1

 (x − 1)
3(x − 1)
(x − 1)3
Ta có
+1+1≥
 y3
y




3
1


+1+1≥
y3
y
Cộng vế theo vế ,ta được
(x − 1)3
1
1
x−1 1
3 − 2x x
1
+
+
≥
3(
+
+
−
2)
=
3(
+ ) (đpcm)
(x − 1)3
y3

y3
x−1
y
y
x−1
y
Dấu = xảy ra khi x = 2, y = 1
Bài 20:
Cho a, b, c là số thực không âm, thỏa mãn a +√
b > 0, b + c > 0,c + a > 0
a
b
c
9 ab + bc + ac
CMR:
+
+
+
6
b+c
a+c
a+b
a+b+c
Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức Holder
a
(a + b + c)3
(a + b + c)3
a+b+c
√

≥
≥
=
b+c
a2 (b + c)
(a + b + c)(ab + bc + ca)
ab + bc + ca
√
a+b+c
9 ab + bc + ca
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh trở thành √
+
≥6
a+b+c
ab + bc + ca
( đúng theo AM-GM )
√
7±3 5
Dấu bằng xẩy ra khi a = 0, b =
c và các hoán vị
2

LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

19


Diễn đàn toán học VMF!

Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên

Thank you for reading
Sẽ tiếp tục cập nhật...!

LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh

20