chuyen de BD hsg toan 9

G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình.
I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp.
Bài 1:Gpt:
.0
1
4
.11
1
2
1
2
.10
2
2
22
=








−
−
−







−
+
+






+
−
x
x
x
x
x
x
Giải:
Đặt
1
2
;
1
2
−
+
=

+
−
=
x
x
v
x
x
u
(1).
Ta có: 10.u
2
+ v
2
-11.uv = 0
⇔
(u-v).(10u-v)=0
⇔
u=v hoặc 10u=v.
Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng.
Bài 2:Gpt: (x
2
- 4x+3).(x
2
- 6x + 8)=15.
Giải:
Đặt x
2
- 5x + 5 = u (1).
Ta có: (x

2
- 4x+3).(x
2
- 6x + 8)=15
⇔
(x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0
⇔
(x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0
⇔
(x
2
-5x+4).(x
2
-5x+6)-15=0
⇔
(u-1).(u+1)-15=0
⇔
u
2
-16=0
⇔
u=
±
4.
Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 3:Gpt:
.90
11
2
=







−
+






+
x
x
x
x
Giải:
⇔
90
)1(
1
)1(
1
.
22
2
=







−
+
+
xx
x
.
90
)1(
22
.
22
2
2
=
−
+
⇔
x
x
x
.
Đặt u = x
2
( u

≥
0) (1).
Ta có:
22
2
)1.(902290
)1(
22
.
−=+⇔=
−
+
uuu
u
u
u
( u
≠
1).
⇔
09018288
2
=+−
uu
.
Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x.
Bài 4:Gpt:
3
33
)1.(1232

−=−+
xxx
.
Giải:
Đặt
vxux
=−=
33
32;
(1).
Có:
).(4).(3).(4
3333
3
33
vuvuuvvuvuvu
+=+++⇔+=+



=
−=
⇔=−+⇔=+−+⇔
vu
vu
vuvuvuvuvu 0)).(.(30)2).(.(3
222
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
1
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk

Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 5:Gpt:
x
x
xxx 3
22
1
2335
2
23
+=+−++
(1).
Giải:
Từ (1) suy ra:
162335.2
223
−+=−++
xxxxx
xxxxxxxx 122121368121220
232423
−−+++=−++⇒
0924228
234
=+−+−⇒
xxxx
(x
≠
0).
0
924

228
2
2
=+−+−⇒
x
x
xx
.
Đặt
y
x
x
=+
3
(*) ta có:
y
2
- 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 6:Gpt:
( )
).1(018
4
1
).4.(3)4.(1
=−
−
+
−+−+
x
x

xxx
Giải:
Điều kiện x > 4 hoặc x < -1.
*Nếu x > 4, (1) trở thành:
018)4).(1(.3)4).(1(
=−−++−+
xxxx
Đặt
0)4).(1(
≥=−+
yxx
(2) ta có:
y
2
+ 3y -18 = 0.
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x.
*Nếu x < -1, (1) trở thành:
018)4).(1(.3)4).(1(
=−−+−−+
xxxx
Đặt
0)4).(1(
≥=−+
yxx
(3) ta có:
y
2
- 3y -18 = 0.
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x.
Bài 7:Gpt:(2x

2
- 3x +1).(2x
2
+ 5x + 1)=9x
2
(1).
Giải:
(1)
0122044
234
=++−+⇔
xxxx
(x
≠
0).Chia cả hai vế cho x
2
ta được :
⇔
4x
2
+ 4x -20 +
2
12
x
x
+
= 0.
⇔
024
1

2.2
1
2
2
=−






++






+
x
x
x
x
. Đặt y =
x
x
1
2
+
.(2)

Ta có: y
2
+ 2y -24 = 0.
Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 8:Gpt:
.0168.26416
222
=++−−+−
xxxxx
Giải:
.04.28
=+−−−⇔
xxx
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
2
x -∞ 0 4 8 +∞
x-8 - - - 0 +
x-4 - - 0 + +
x - 0 + + +
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản.
Bài 9:Gpt: (1 + x + x
2
)
2
= 5.(1 + x
2
+ x
4
).

Giải:
423242
5552221 xxxxxxx
++=+++++⇔
022
042224
234
234
=+−+−⇔
=+−+−⇔
xxxx
xxxx
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x
≠
0.
Chia cả hai vế của phương trình trên cho x
2
ta được:
2x
2
- x + 1 -
0
21
2
=+
x
x
. Đặt y =
x
x

1
+
(*). Ta có:
2y
2
- y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x.
Bài 10: Gpt: (6-x)
4
+ (8-x)
4
= 16.
Giải:
Đặt 7 - x = y (*).
Ta có:
(y-1)
4
+ (y + 1)
4
=16
⇔
2y
4
+12 y
2
+2 = 16
⇔
2.(y-1).(y+1).(y
2
+7)=0
⇔

y =1 hoặc y = -1.
Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x.
II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau:
Bài 1: x
2
= y.(y+1).(y+2).(y+3)
Giải:
Đặt y
2
+ 3y = t.
Ta có: x
2
= y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y
2
+ 3y).(y
2

+ 3y +2) = t
2
+ 2t.
*Nếu t > 0 thì t
2
< x
2
= t
2
+ 2t < (t+1)
2
suy ra không tồn tại x thỏa mãn.
*Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t

2
+ 2t > t
2
+ 4t + 4 suy ra t
2
+ 2t > t
2
+ 4t + 4 = (t+2)
2
.
Suy ra: x
2
= t
2
+ 2t > (t + 2)
2
(*).
Lại có: t
2
+2t < t
2
suy ra x
2
< t
2
(**).
Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)
2
< x
2

< t
2
suy ra x
2
= (t+1)
2
suy ra t
2
+2t = (t +1)
2
(=x
2
)
Suy ra : t
2
+2t = t
2
+2t +1 (Vô lý).
*Nếu t = -1 suy ra x
2
= t
2
+2t = -1 <0 (Vô lý).
*Nếu t = 0 suy ra x = 0
⇒
y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3 .
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
3
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
Bài 2:




=−+−
=+−
)2(122
)1(2
2
zxxyx
zyx
Giải:
Từ (2) ta có: 2x
2
- xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có:
2x
2
- xy+x-2.(2 - x + y)=1
⇔
2x
2
-xy +3x-2y-5 =0
.7,1227
2
7
1
2
53
2
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+

−+=
+
−+
=⇔
xx
x
x
x
xx
y 
Từ đó ta tìm được x
⇒
tìm được y
⇒
tìm được z.
Bài 3:



=−−
=−−
)2(1
)1(3
222
zyx
zyx
Giải:
Thay (1) vào (2) ta được:
(y + z -3)
2

-y
2
-z
2
=1
⇔
yz - 3y - 3z = -4
⇔
(y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1=
=(-5).(-1.
Từ đó ta tìm được y và z
⇒
tìm được x.
Bài 4: 2xy + x + y = 83.
Giải:
⇔
.167,11212167
12
167
1
12
2166
2
12
83
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+
+−=
+
−

=⇔
+
−
=
yy
yy
y
x
y
y
x 
Từ đó ta tìm được y
⇒
tìm được x.
Bài 5:
.3
=++
y
zx
x
yz
z
xy
Giải:
Điều kiện : x,y,z
≠
0.
Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số -3 thỏ mà chỉ có
hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương)
Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y =

xy
> 0 và
.0,
>
x
y
y
x
Đặt A=
.3
=++
y
zx
x
yz
z
xy
Giả sử z <0 khi đó 3 = A =
0000
=++<++
y
zx
x
yz
z
xy
(Vô lý).
Vậy z >0.Ta có:
A =
3

3
.3.....3..3 zxy
x
y
z
y
x
z
z
xy
y
x
z
x
y
z
z
xy
y
zx
x
yz
z
xy
=≥++==++



−===
===

⇒==⇒≥⇒
1,1
1,1
1,1.1
yxz
yxz
xyzzxy
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
4
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
Bài 6: 2x
2
- 2xy = 5x + y - 19.
Giải:
Từ bài ra ta có:
.17,1121217
12
17
2
12
1952
2
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+
++=
+
++
=
xx
x

x
x
xx
y 
Từ đó ta tìm được x
⇒
tìm được y.
III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác.
Bài 1:
.2
2
11
2
=
−
+
x
x
Giải:
Điều kiện :
2,0
<≠
xx
.
-Nếu x < 0 thì
<
−
+
2
2

11
x
x
.2
2
1
2
1
2
<≤
−
x
Vậy ta xét x > 0:
Đặt x = a và
bx
=−
2
2
(a,b > 0).
Ta có:





=+
=+
2
2
11

22
ba
ba
Có:
1
1
.2
11
2
≥⇒≥+=
ab
abba
(1).
Lại có: 2 = a
2
+ b
2

≥
2ab suy ra 1
≥
ab (2).
Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a
2
+ b
2
=2 nên suy ra (a+b)
2
= 4 suy ra a + b = 2.
Vậy ta có:

11
2
1
=⇒==⇒



=+
=
xba
ba
ab
.
Bài 2:
.51632414
4222
+−−=−−++++−
yxyyxxx
Giải:
Điều kiện:







≥−
≥−−+
≥+

≥−
)4(016
)3(032
)2(041
)1(04
4
22
2
x
yyx
x
x
Từ (4) suy ra x
2

≥
4 kết hợp với (1) suy ra x
2
= 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2.
Phương trình đã cho trở thành:
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
5
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
51
+−=−
yy
.
Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu).
Bài 3: 2x
4

-21x
3
+ 74x
2
-105x +50 =0.
Giải:
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy x
≠
0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x
2
ta được:
026
25
.21
25
.20
50105
74212
2
2
2
=−






+−







+⇔=+−+−
x
x
x
x
x
x
xx
Đặt
y
x
x
=+
25
ta có:
2y
2
-21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y
⇒
tìm ra x.
Bài 4:






=−++
=−−+
71.41
511.2
xx
xx
Giải:
Đặt :





≥−=
≥+=
01
01
xb
xa
Hệ đã cho trở thành:



=+
=−
74
52
ba

ba
Từ đó tìm được a =3,b =1.
Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa.
Bài 5:





−+=
=−+−
)2(15
)1(151
xy
yx
Giải:
Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:
11.215151
=−⇔=−−++−
xxx
.
Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa.
Bài 6:





=+−+−
=−+−+−

)2(0332
)1(02445124152
22
22
xyxyyx
yxyxyx
Giải:
Phương trình (2) phân tích được như sau:
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
6
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
(x - y).(x -3 + 2y) = 0



−=
=
⇔
yx
yx
23
Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y.
Bài 7: x
3
+ (3-m).x
2
+ (m-9).x + m
2
-6m + 5 = 0.
Giải:

Phương trình đã cho phân tích được như sau:
[ ]
[ ]
0)1(2.)5(
2
=−−−−−
mxxmx
.
Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa.
Bài 8:



=++
=++
xyzzyx
zyx
444
1
Giải:
Bổ đề:
.:,,
222
cabcabcbaRcba
++≥++∈∀
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên).
Sử dụng bổ đề ta có:
xyz = x
4
+ y

4
+ z
4

≥
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2

≥
xyz.(x + y + z) = xyz.
Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có:
x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được:
3
1
===
zyx
.
Bài 9:
( )






+++−=−
=+
)2)(2001.(
)1(1
2000
20001999
1999
22
xyyxxyyx
yx
Giải:
Điều kiện: x,y
.0
≥
Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy:
-Nếu x > y thì:
VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP.
-Nếu y > x thì:
VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP.
-Nếu x = y khi đó: VT =VP =0.
Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y
.0
≥
) ta được:
2
1

==
yx
.
Bài 10:
2.2252.3252
=+−−+−−+
xxxx
(1).
Giải:
(1)
( ) ( )
2.2332.
2
1
152.
2
1
22
=−−++−⇔
xx
4352152
=−−++−⇔
xx
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
7
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
Ta có:
.41525231525234
=+−+−−≥+−+−−=
xxxx

Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là:
2
5
7
529
052
0523
≥≥⇔



−≥
≥−
⇔≥−−
x
x
x
x
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:






∈
7;
2
5
x

.
CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức.
Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất.
Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác.
CMR: ab + bc + ca
≤
a
2
+b
2
+c
2
< 2.(ab + bc + ca).
Giải:
Ta có:
a
2
+b
2
+c
2
- ab + bc + ca
[ ]
.0)()()(.
2
1
222
≥−+−+−=
accbba
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Vậy: ab + bc + ca
≤
a
2
+b
2
+c
2
.
Lại có:
a < b + c
⇒
a
2
< a.(b + c) (1)
Tương tự: b
2
< b.(a + c) (2) ,c
2
< c.(b + a) (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được:
a
2
+b
2
+c
2
< a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca).
Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR:
xyzyzzxz

≤−+−
).().(
(1).
Giải:
Đặt:



+=
+=
nzy
mzx
(m,n,z > 0).
Khi đó (1) trở thành:
)).(( nzmzznzm
++≤+
( )
zn
z
m
nm
+






+≤+⇔
.1

(2).
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
8