Bài nghe tiếng anh 7 theo chương trình mới

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (376.28 KB, 39 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

CHỦ ĐỀ SỐ HỌC
Cách ghi số tự nhiên.

I/ Ghi số tự nhiên.

- Hệ thập phân: 1 1 0

1... 1 0 .10 1.10 ... 1.10 0.10

n n

n n n n

a a a a a a  a a

      

Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tận cùng là 3, nếu xoá số tận cùng thì ta được số 
mới nhỏ hơn số ban đầu 2010

Giải: Gọi: Số cần tìm là: 3 10x  x3(x N );

Số sau khi xoá đi số tận cùng là x:
Theo bài ra ta có phương trình: 10x + 3 – x = 2010

9 2007

223

x
x

 

Vậy số cần tìm là: 2233

Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có ab, biết ab ba 3;ab ba 5
Giải: Ta có ab10a b a b Z ( ,  ;1a b, 9)

Từ đã: ab ba 11(a b ), vì ƯCLN(3,5) = 1
11( ) 15

ab ba a b

a b

   

 



 (ƯCLN(11,15) =1)

Do 1a b, 9 ( , )a b 



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

 



Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96

II/ Các phép tính trong N; phép chia có dư.
1/ Phép tính(+; -; x; :)

- Phép tính luỹ thừa:

+ an 

a.a...a

nthuaso

+ a an. m am n



+ a am : n am n



m n m n N a, , , 0



   

.
( )am n am n



+ Quy ước: a1 a a; 0 0(a0)

+ Lưu ý: ( 0)x n y0;( 6)x n y6;( 1)x n y x1;( 5)n y5

   

+ Những số có số tận cùng là 4, nếu luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 6; nếu luỹ thừa
lẻ thì số tận cùng là 4 ; + Những số có số tận cùng là 9, nếu luỹ thừa chẵn thì số tận

cùng là 1; nếu luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là 4 ;

Ví dụ 1: So sánh 300200và 200300

Giải: Ta có: 300200 3 .100200 200 9 .100100 200 9 .10100 400

  

300 300 300 100 300 100 2 300 100 600

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

100 400 500 600 100 600
9 .10 10 10 8 .10

   

Vậy300200<200300
Ví dụ 2: 122004 21000 10

 

Ta có 24 = 16

 

100 4

2 2

  có số tận cùng là 6.

 

1005

2010 2 1005 5 1000 5 8 125

2 

4 

4 .4



4 .(4 )

122004 =(10 + 2)2004 = (102004 + 2004.2.102003+....+ 2004.10.22003+ 22004)

Mà 102004 + 2.102003+....+ 10.22003



Vây xét 22004 = (24)501 có số tận cùng là 6, nên 122004có số tận cùng là 6.

2004 1000

12 2 10

  

B/ Phép chia hết trong tập hợp các số nguyên.
I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết.

1. Tính chất:

+ Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có một và chỉ một số chia hết cho n”.
+ Tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.

+ Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6.

+ Tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho 8.

+ Tích của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120.
Các dấu hiệu chia hết

1 1 0 0

) n n ... 2 2
a a a  a a   a 

1 1 0 0

) n n ... 5 5
b a a  a a   a 

1 1 0

) ... 3 3

n

n n i

i
c a a  a a a







 

1 1 0

0
) n n ... 3 n i 9

i
d a a a a a







 

1 1 0 1 0

1 1 0 2 1 0

) ... 25;4 25;4

) ... 125;8 125;8

n n
n n

f a a a a a a

g a a a a a a a






 

Dấu hiệu chia hết cho 11
Cho A = ... a5 a4 a3 a2 a1 a0.

A 11  [(a0 + a2 + a4 +...) – (a1 + a3 + a5 + ... )]  11.

Chứng minh:

A = (a0 + 102a2 + 104a4 + ... ) + (10a1 + 103a3 + 105a5 + ... )

Chú ý rằng : 102 = 99 + 1, 104 = 9999 + 1,..., tổng quát :

102k = bội 11 + 1 , còn 10 = 11 – 1, 103 = 1001 – 1, 105 = 100001 – 1,...
Tổng quát 102k + 1 = bội 11 – 1 . Do đã : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ...) +

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Như vậy điều kiện cần và đủ đó một số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số
hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn của số đã có hiệu chia hết cho 11

Ví dụ 1: Chứng minh: n3 + 11n

6

Ví dụ 2: Cho 717 + 17.3- 1

9. Chứng minh: 718 + 18.3- 1 9 (Đề thi chọn HSG 
lớp 9 huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2010)

Giải: Ta có: 717 + 17.3- 1

9, Đặt: 717 + 17.3- 1 = 9k.

Mặt khác: 718 + 18.3– 1 = 7.(717 + 17.3– 1) + [18.3 – 1 - 7.(17.3 - 1)]

= 7.9k – 33.9
= 9.(7k - 33)  9

Vậy: 718 + 18.3- 1

9.

Ví dụ3: Cho 717 + 17.3- 1

3. Chứng minh: 718 + 18.3- 1 3 (Đề thi chọn HSG líp

9, cấp trường năm học 2010 - 2011)
2. Sử dụng định lý mở rộng.







1 2 2 1



)

:

...

; ,

(

)

2 ,

,

(

)

n

n n n n n

n n

a n N a b

a b a

a b

ab

b

a b Z

a b a b

n

k k N a b a b



  

 



 



 



























1 2 2 1



)

,

2 1:

n n n n

...

n n

b k N n

k

a b

a b a



a b



ab



b



 





 



 







2 1:

n n

;

n

k

a b a b a

b













Các ví dụ:

Ví dụ1: Chứng minhrằng 20n + 16n - 3n + 1

323

3. Một số phương pháp chứng minh khác.

- Chứng minh quy nặp: Nguyên tắc chứng minh

+ Xét vì n = n0 đúng.

+ Gỉa sử vì n = k đúng.

+ Biến đổi chứng minh vì n = k + 1 đúng
Từ đã được điều phải chứng minh.

Bài tập vận dụng:
Chứng minhrằng

2 1 2

)3 2 7( )

n n

a n N

b   n N

  

  




c)10n 18n 1 9

  

Giải: a)32n 2 7n

 

+ Vì n = 1; 0 hiển nhiên đúng,

+ Gỉa sử, n = k đúng, tức là:32k 2 7k

  . Đặt: 32k  2k 7q .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2( 1) 1 1

3 k 2k 9(3k 2 ) 9.2k k 2.2k 7(9q 2 ) 7k

       

Vậy n = k + 1 đúng,
Kết luận:32n 2 7n

 

b) Làm tương tự:
c)10n 18n 1 27

  

Giải:
+ Vì n = 0 hiển nhiên đúng, vì 100 + 18.0 – 1 = 0

27

+ Gỉa sử n = k đúng, tức là 10k 18k 1 27

   , Đặt: 10k 18k 1 27 q

+ Xét vì n = k +1 ta có:

10k1 18(k 1) 1 10(10k 18k 1)



18k 18 1 (180k 10)



          

10.27q27. 1 6



 k



27(10q 6k 1) 27

Vậy n = k + 1 đúng,
Kết luận: 10n 18n 1 27

  

Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết
Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y đó 7 36 5 1375x y 

Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó 134xy45(Đề thi chọn HSG lớp 9 huyện Văn Bàn 
năm học 2009 - 2009)

Bài 3: Cho S=21 + 22 + 23 + ... + 2100 .

a/ Chứng minh S chia hết cho 3.
b/ Chứng minh S chia hết cho 15.
c/ S tận cùng là chữ số nào?

Lời giải
a/ S = 21 + 22 + 23 + ... + 2100

=(21 + 22 )+ (23 + 24)+ ... +(299+ 2100)

= 2(1 + 2) + 23(1 + 2) + …+ 299(1 +2).

= 3.(2 + 23 +…+ 299) 
 3

Vậy S  3

b/ Nhóm 4 số hạng một của S ta được:S = 15.(2 + 25 + 29 +…+ 227)  15 .

c/ S  15 và S là số chẵn nên S tận cùng là 0
3.Các dạng bài tập khác sử dụng.

a) Tìm số tận cùng.

b) Sử dụng phép chia có dư.

c) Sử dụng nguyên tắc De-rich-ne.
d) Sử dụng đồng dư thức.

C/ Số nguyên tố.

I/ Số nguyên tố, hợp số.

1. Bài tập liên quan đến số nguyên tố.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1) Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tờn tại một thừa số của tích
chia hết cho p.

Hệ quả: Nếu an chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p .

2) Nếu tích a.b chia hết cho m trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau
thì a chia hết cho m.

Thật vậy, phân tích m ra Theo số nguyên tố :
m = a1k1a2k2 ...an kn (1)

Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất cả các thừa số nguyên tố a1, a2,...an vì
số mò lớn hơn hoặc bằng số mò của các thừa số nguyên tố đó trong (1). Nhưng b và
m nguyên tố cùng nhau nên b không chứa thừa số nguyên tố nào trong các thừa số
a1 , a2, ..., an. Do đó a chứa tất cả các thừa số a1 , a2 , ... an tức là a chia hết cho m.

3) Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n.

Thật vậy, a chia hết cho m và n nên a là bội chung của m và n so đó chia hết
cho BCNN ( m,n).

Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau m và n thì a chia hết
cho tích m.n.

II. Những ví dụ

Ví dụ 1 . Tìm số tự nhiên n sao cho 18n + 3 chia hết cho 7.
Giải : Cách 1: 18n + 3  7

 14n + 4n + 3 7

 4n + 3  7

 4n + 3 – 7  7

 4n – 4  7

 4(n – 1)  7

Ta lại có (4,7) = 1 nên n – 1  7

Vậy n = 7k + 1 ( k



N).

Cách 2: 18n + 3  7

 18 n + 3 – 21  7

 18n - 18  7

 18(n – 1)  7

Ta lại có (18,7) = 1 nên n – 1  7

Vậy n = 7k + 1 ( k



N)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ví dụ: 2. Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b



N) . Chứng minh rằng 10a + b
chia hết cho 13.

Giải : Đặt a + 4b = x ; 10a + b = y . Ta biết x  13, cần chứng minh y  13.
Cách 1: xét biểu thức:

10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b
Như vậy 10x – y  13

Do x  13 nên 4y  13. Suy ra y  13
Cách 2: Xét Biểu thức:

4y – x = 4 (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39a
Như vậy 4y – x  13

Do x  13 nên 4y  13. Ta lại có ( 4,13) = 1 nên y  13
Cách 3 : Xét biểu thức:

3x + y = 3 (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b.
Như vậy 3x + y  13

Do x  13 nên 3x  13 . Suy ra y  13
Cách 4: Xét biểu thức:

x + 9y = a + 4b + 9 (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b
Như vậy x + 9y  13

Do x  13 nên 9y  13 . Ta lại có (9,13) – 1, nên y  13

Nhận xet: Trong các cách giải trên, ta đã đưa ra các biểu thức mà sau khi rút gọn
có một số hạng là bội của 13, khi đó số hạng thứ hai (nếu có) còng là bội của 13.
Hệ số của a ở x là 4, hệ số của a ở y là 1 nên xét biểu thức 10x – y nhằm khử a (tức
là làm cho hệ số của bằng 0) , xét biểu thức 3x + y nhằm tạo ra hệ số của a bằng 13.
Hệ số của b ở x là 4, hệ số của b ở y là 1 nên xét biểu thức 4y – x nhằm khử
b, xét biểu thức x + 9y nhằm tạo ra hệ số của b bằng 13.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p – 1)(p + 1) chia
hết cho 24.

Giải . Ta có (p – 1)p(p + 1)  3 mà (p,3) = 1 nên

(p – 1)(p + 1)  3 (1)

p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p – 1 và p + 1 là hai số chẵn liên
tiếp. Trong hai số chẵn liên tiếp, có một số là béi của 4 nên tích của chúng chia hết
cho 8 (2).

Từ (1) và (2) suy ra (p – 1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau 3
và 8.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

III. Tìm số bị chia biết các số chia và số dư trong hai phép chia

Ví dụ 1. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5.

Giải : Gọi n là số chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5

Cách 1: Vì n khằngchia hết cho 35 nên n có dạng 35k + r ( k, r



N, r < 35), trong
đó r chia 5 dư 1, chia 7 dư 5.

Số nhỏ hơn 35 chia cho 7 dư 5 là 5, 12, 19, 26, 33 trong đó chỉ có 26 chia
cho 5 dư 1, vậy r = 26.

Số nhỏ nhBất có dạng 35k + 26 là 26.

Cách 2: Ta có n – 1  5  n – 1 + 10  5  n + 9 (1) . Ta có n – 5  7
 n – 5 + 14  7  n + 9  7 (2) . Từ (1) và (2) suy ra n + 9  35

số n nhỏ nhBất có tính chBất trên là n = 26

Cách 3: n = 5x + 1 = 7y + 5  5x = 5y + 2y + 4  2(y + 2)  5  y + 2  5

Giá trị nhỏ nhBất của y bằng 3, giá trị nhỏ nhất của n bằng 7.3 + 5 = 26.
Ví dụ 2: . Tìm số tự nhiên n có bội chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n
cho 132 thì dư 98.

Giải : Cách 1: Ta có 131x + 112 = 132y + 98

 131x = 131y + y – 14  y – 14  131
 y = 131k + 14 ( k



N)

 n = 132.(131k + 14) + 98 = 132.131k + 1946

Do n có bội chữ số nên k = 0 , n = 1946

Cách 2: Từ 131x = 131y + y – 14 suy ra

131(x – y) = y – 14 . Nếu x > y thì y – 14  131  y  145  n có

nhiều hơn bội chữ số.

Vậy x = y, do đó y = 14, n = 1946,

Cách 3. Ta có n = 131x + 112 nên

132 n = 131.132x + 14784 (1)
Mặt khác n = 132y + 98 nên

131n = 131.132y + 12838 (2)

Từ (1) và (2) suy ra 132n – 131 n = 131.132(x – y) + 1946

 n = 131.132(x – y) + 1946.

Vì n có bội chữ số nên n = 1946.
III/ ƯCLN, BCNN.

1) Tìm hai số trong đó biết ƯCLN của chúng.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a  b) .

Ta có (a,b) = 6 nên a = 6a’; b = 6b’ trong đó (a’, b’) = 1 (a, b, a’, b;



N)
Do a + b = 84 nên 6 (a’ + b”) = 84 suy ra a’ + b’ = 14

Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tởng bằng 14 (a’  b’), ta được:

a’ 1 3 5 Do đó a 6 18 30

b’ 13 11 9 b 78 66 54

Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích bằng 300. ƯCLN bằng 5.

Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a  b).

Ta có (a,b) = 5 nên a = 5a’, b = 5b’ trong đó (a’, b’) = 1
Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy ra a’b’ = 12 = 4.3

Chọn cặp số a’, b’ ngun tố cùng nhau có tích bằng 12 (a’  b’) ta được:

a’ 1 3 Do đó a 5 15

b’ 12 4 b 60 20

2) Các bài toán phối hợp giữa BCNN của các số vì ƯCLN của chúng.

Ví dụ 3 . Tìm hai số tự nhiên biết rằng ƯCLN của chúng bằng 10, BCNN của
chúng bằng 900.

Giải : Gọi các số phải tìm là a và b, giả sử a  b .

Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’  b. Do đó ab = 100

a’b’(1).

Mặt khác ab = [a,b].(a,b) = 900.10 = 9000 (2)

Từ (1) và (2) suy ra a’b’ = 90. Ta có các trường hợp:

a’ 1 2 5 9 Do đó a 10 20 50 90

b’ 90 45 18 10 b 900 450 180 100

3) Tìm ƯCLN của hai số bằng thuật toán Ơ clit

Ví dụ 4 . Cho hai số tự nhiên a và b (a > b)

a) Chứng minh rằng nếu a chia hết cho b thì (a,b) = b

b) Chứng minh rằng nếu a không chia hết cho b thì ƯCLN của hai số bằng ƯCLN
của số nhỏ và số dư trong phép chia số lớn cho số nhỏ.

c) Dùng các nhận xét trên đó tìm ƯCLN (72,56).

Giải :

a) Mọi ước chung của a và b hiểnn nhiên là ước của b. Đảo lại,do a chia hết
cho b nên b là ước chung của a và b. Vậy (a,b) = b.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Thật vậy, nếu a và b cùng chia hết cho d thì r chia hết cho d, do đó ước chúng của
a và b còng là ước chung của b và r (1).

Đảo lại nếu b và r cùng chia hết cho d thì a chia hết cho d, do đó ước chung của b
và r còng là ước chung của a và b (2).

Từ (1) và (2) suy ra tập hợp các ước chung của a và b và tập hợp các chung của b
và r bằng nhau. Do đó hai số lớn nhất trong hai tập hợp đó còng bằng nhau, tức là
(a, b) = (b,r)

c) 72 chia 56 dư 16 nên 972,56) = ( 56,16)

56 chia 16 dư 8 nên (56,16) = (16,8);

16 chia hết cho 8 nên (16,8) = 8 . Vậy (72,56) = 8

Nhận xét : Giả sử a khôngchia hết cho b và a chia hết cho b dư r1, b chia cho

r1 dư r2, r1 chia cho r2 dư r3... , rn – 2 chia cho rn-1 dư rn’ rn-1 chia cho rn dư 0. (dãy số b,

r1 , r2 ,...,rn là dãy số tự nhiên giảm dần nên số phép chia là hữu hạn do đó quá trình

trên phải kết thúc vì một số dư bằng 0). Theo chứng minh ở ví dụ trên ta có
(a, b) = (b,r1) = (r1,r2) =... =(rn-1’rn)= rn (vì rn-1 chia hết cho rn).

Như vậy ƯCLN (a,b) là số chia cuối cùng trong dãy các phép chia liên tiếp a
cho b; b cho r1; r1 cho r2;... trong đó r1,r2,... là số dư trong các phép chia theo thứ tự

trên.

Trong thực hành ngưêi ta đặt tính như sau:

72 56

56 16 1

16 8 3

0 2

Việc thực hiện một dãy phép chia liên tiếp như trên được gọi là thuật toán Ơ–clit.
Trường hợp tìm ƯCLN của ba số, ta tìm ƯCLN của hai số rồi tìm ƯCLN của kết

quả vì số thứ ba.

4) Hai số nguyên tố cùng nhau:

Hai số nguyên tố cùng nhau là hai số có ƯCLN bằng 1. Nói cách khác, chúng chỉ
có ước chung duy nhất là 1.

Ví dụ 1. Chứng minh rằng

a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng nhau.
b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau.

c) 2n + 1 và 3n + 1 ( n



N) là hai số nguyên tố cùng nhau.

Giải:

a) Gọi d



ƯC (2n + 1,2n + 3)  (2n + 3) – (2n + 1)  d
 2  d  d



{1; 2}

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

c) Gọi d



ƯC (2n + 1, 3n + 1)  3 (2n + 1) – 2 (3n + 1)  d  1  d  d=1

Ví dụ 2. Tìm số tự nhiên n đó các số 9n + 24 và 3n + 4 là các số nguyên tố cùng
nhau.

Giải : Giả sử 9n + 24 và 3n + 4 cùng chia hết cho số nguyên tố d thì
9n + 24 – 3 (3n + 4)  d  12  d  d



{ 2 ; 3}

Điều kiện đề (9n + 24, 3n + 4) = 1 là d  2 và d  3. Hiển nhiên d  3 vì 3n + 4

không chia hết cho 3. Muốn d  2 phải có ít nhất một trong hai số 9n + 24 và 3n +

4 không chia hết cho 2. Ta thấy:

9n + 24 là số lẻ  9n lẻ  n lẻ
3n + 4 là số lẻ  3n lẻ  n lẻ
Vậy điều kiện đó (9n + 24,3n + 4) = 1 là n lẻ.

5) Tìm ƯCLN của các biểu thức số

Ví dụ 1. Tìm ƯCLN của 2n - 1 và 9n + 4 (n



Giải : Gọi d



ƯC (2n – 1, 9n + 4)  2(9n + 4) - 9(2n – 1)  d  17  d
 d



{ 1 ; 17 }

Ta có 2n – 1  17  2n – 18  17  2(n – 9)  17  n – 9  17 

 n = 17k + 9 ( k



N)
Nếu n = 17k + 9 thì 2n – 1  17 và

9n + 4 = 9.(17k + 9) + 4 = 17.9k + 85  17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 17

Nếu n  17k + 9 thì 2n – 1  không chia hết cho 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) =

Ví dụ 2. Tìm ƯCLN của n(n21) và 2n + 1 (n  N *)

Giải : Gọi d  ƯC 












1
2
,
2

)
1
(

n
n

n

thì n(n + 1)  d và 2n + 1 d

Suy ra n(2n + 1) – n(n + 1)  d tức là n2  d

Từ n(n+1) d và n2  d suy ra n  d . Ta lại có 2n + 1  d, do đó 1d, nên d =

Vậy ƯCLN của
2

)
1
(n

n

và 2n + 1 bằng 1
V. Số lượng các ước của một số (*)

Nếu dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của một số tự nhiên A = ax.by.cz...
thì số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)...

Thật vậy, ước của A là số có dạng m.n.p... trong đó
m có x + 1 cách chọn ( là 1, a, a2 ,... ax),

n có y + 1 cách chọn (là 1, b , b2, ..., by),
p có z + 1 cách chọn (là 1, c, c2,... cz),...

Do đó số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)...
Ví dụ 1. Tìm số nhỏ nhất có 12 ước.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

N = ax.by.cz... ta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) ... = 12.
( x  y  z  ...  1).

Số 12 có bội, cách viết thành một tích của một hay nhiều theo số lớn hơn 1 là:
12 =12.1 = 6.2 = 4.3 = 3.2.2.

Xét các trường hợp sau:

a) n chứa một theo số nguyên tố : Khi đó x + 1 = 12 nên x = 11. Chọn theo số
nguyên tố nhỏ nhất là 2, ta có số nhỏ nhất trong trường hợp này là 211.

b) n chứa hai thừa số nguyên tố:

Khi đó (x + 1)(y + 1) = 6.2 hoặc (x + 1)(y + 1) = 4.3, do đó x = 5, y = 1 hoặc x = 3 ,
y = 2. Để n nhỏ nhất ta chọn thứa số nguyên tố nhỏ ứng vì số m lớn, ta có

n = 25.3 = 96 hoặc n = 23.32 = 72 . Số nhỏ nhất trong trường hợp này là 72.
c) n chứa ba thừa số nguyên tố :

Khi đó (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 3.2.2 nên x = 2,y = z = 1 . Số nhỏ nhất là 22.3.5 = 60
 So sánh ba số 211, 72, 60 trong ba trường hợp, ta thấy số nhỏ nhất có 12 ước là 60

CHỦ ĐỀ THEO DÃY QUY LUẬT
I. Dãy cộng :

Xét các dãy số sau:

a) Dãy số tự nhiên : 0, 1, 2, 3,...

b) Dãy số lẻ: 1 , 3, 5 , 7,... c) Dãy các số chia cho 3 dư 1 : 1 , 4, 7,10 ...

Trong các dãy số trên, mỗi số hạng, kế từ số hạng thứ hai, đều lớn hơn số
hạng đứng liền trước nó cùng một số đơn vị, số đơn vị này là 1 ở dãy a); là 2 ở dãy
b); là 3 ở dãy c). Ta gọi các dãy trên là dãy cộng.

Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19... Hiệu giữa hai số liên tiếp của dãy là 3. Số
hạng thứ 6 của dãy này là 19, bằng : 4 + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 của dãy này là
4 + (10 – 1).3 = 31.

Tổng quát, nếu một dãy cộng có số hạng đầu là a1 và hiệu giữa hai số hạng

liên tiếp là d thì số hạng thứ n của dãy cộng đó (kí hiệu an) bằng:

an = a1 + (n - 1)d (1)

Đó tính tổng các số hạng của dãy cộng

4 + 7 + 10 + ... + 25 + 28 + 31 (gồm 10 số)
Ta viết : A = 4 + 7 + 10 + ... 25 + 28 + 31

A = 31 + 28 + 25 + ... + 10 + 7 + 4

nên 2 A = (4 + 31) + (7 + 28) +... + ( 28 + 7) + (31 + 4) = ( 4 + 31) .10
Do đó A = (4 31).10 175



</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Tởng quát, nếu một dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a1, số hạng cuối là

an thì tởng của n số hạng đó được tính như sau:

2
).

(a1 a n

S  n

 (2) (*)

Trường hợp đặc biệt, tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ 1 bằng:
1 + 2 + 3 + ... + n = n n( 21) (3)

II. Các dãy khác

Ví dụ 1 . Tìm số hạng thứ 100 của các dãy được viết theo quy luật:
a) 3 , 8 , 15 , 24 , 35, ... (1)

b) 3 , 24 , 63 , 120 , 195, ... (2)
c) 1 , 3 , 6 , 10 , 15, ... (3)
d) 2 , 5 , 10 , 17, 26,... (4)
 Giải

a) Dãy (1) có thể viết dưới dạng:
1.3 ; 2.4; 3.5 ; 4.6 ; 5.7,...

Mỗi số hạng của dãy (1) là một tích của hai theo số, theo số thứ hai lớn hơn
theo số thứ nhất là 2 đơn vị. Các theo số thứ nhất làm thành dãy : 1,2,3,4,5,... dãy
này có số hạng thứ 100 là 100.

Do đó số hạng thứ 100 của dãy (1) bằng : 100 .102 = 10200
b) Dãy (2) có thể viết dưới dạng :

1.3 , 4.6, 7.9 , 10.12 , 13.15,...

Số hạng thứ 100 của dãy 1 , 4, 7, 10 , 13 , ... là : 1 + 99.3 = 298.
Số hạng thứ 100 của dãy (2) bằng : 298 . 300 = 89400.

c) Dãy (3) có thể viết dưới dạng :

1.2 2.3 3.4 4.5 5.6

; ; ; ; ;...

2 2 2 2 2

Số hạng thứ 100 của dãy (3) bằng : 100.101 5050

2 

d) Dãy (4) có thể viết dưới dạng:

1 + 12 , 1 + 22 , 1 + 32 , 1 + 42 , 1 + 52,...

Số hạng thứ 100 của dãy (4) bằng : 1 + 1002 = 10001
BÀI TẬP

1 . Tìm chữ số thứ 1000 khi viết liên tiếp liền nhau các số hạng của dãy số lẻ :
1, 3, 5, 7,...

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

b) Tính tởng các số chẵn có hai chữ số

3 . Có số hạng nào của dãy sau tận cùng bằng 2 hay khằng?

1 ; 1 + 2 ; 1 + 2 + 3 ; 1 + 2 + 3 + 4 ;...

4. a) Viết liên tiếp các số hạng của dãy số tự nhiên từ 1 đến 100 tạo thành một số A.
Tính tởng các chữ số của A.

b) Cũng hỏi như trên nếu viết từ 1 đến 1000000.

5. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số 1000! chứa thừa số nguyên tố 7, số mới
bằng bao nhiêu ?

6. Tích A = 1.2.3... 500 tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ?

7. a) Tích B = 38.39.40... 74 có bao nhiêu theo số 2 khi phân tích ra thừa số nguyên
tố ?

b) Tích C = 31 . 32 . 33... 90 có bao nhiêu thừa số 3 khi phân tích ra theo số
nguyên tố ?

8. Có bao nhiêu số tự nhiên đờng thời là các số hạng của cả hai dãy sau:
3, 7 , 11, 15..., 407 (1)

2,9,16,23,..., 709 (2)

9. Trong dãy số 1, 2, 3,..., 1990, có thể chọn được nhiều nhất bao nhiêu số đó tởng
hai số bất kì được chọn chia hết cho 38 ?

10. Chia dãy số tự nhiên kế tiếp 1 thành từng nhóm ( các số cùng nhóm được đặt
trong dấu ngoặc)

(1), (2,3), (4,5,6), ( 7,8,9,10), (11,12,13,14,15),...

a) Tìm số hạng đầu tiên của nhóm thứ 100.
b) Tính tởng các số thuộc nhóm thứ 100 .
11. Cho S1 = 1 + 2,

S2 = 3 + 4 + 5,

S3 = 6 + 7 + 8 + 9,

S4 = 10 + 11 + 12 + 13 + 14,

...
Tính S100.

12. Tính số hạng thứ 50 của các dãy sau:
a) 1.6; 2.7; 3.8;...

b) 1.4; 4.7; 7.10;...

13 . Cho A = 1 + 3 + 32 + 33 + ... + 320 , B = 321 : 2
Tính B – A

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Chứng minh rằng : A < B3
15. Tính giá trị của biểu thức:

a) A = 9 + 99 + 999 + ... + 99 ... 9
50 chữ số
b) B = 9 + 99 + 999 + ... + 99 ... 9

200 chữ số

DÃY CÁC PHÂN SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT

Dãy các số viết theo quy luật đã được trình bày ở chủ đề I. Chúng ta cũng
gặp các phân số mà tử và mẫu của chúng được viết theo các quy luật nhất định.
Ví dụ 1. Tính nhanh:

8
3
2 3
1
...
3
1
3
1
3
1





A
Giải

Ta có: 2 37

1
...
3

1
3
1
1

3A     (1)

8
7
2 3
1
3
1
...
3
1
3
1





A (2)

Lấy (1) trừ (2) được:

2A = 1 -

6561

6560
6561
1
1
3
1

8   

Do đó: A32806561

Ví dụ 2. Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của các dãy sau:

a) ,

5
,
4
1
,
4
.
3
1
,
3
.
2
1
,

2
.
1
1

b) ,

336
1
,
176
1
,
66
1
,
6
1
Giải

a) Ta chú ý rằng :

)
1
(
1
1
1
1
,

,
3
.
2
1
3
1
2
1
,
2
.
1
1
2
1
1
1











n

n
n
n
Do đó:







101
.
100
1
3
.
2
1
2
.
1
1














101
1
100
1
100
1
99
1
3
1
2
1
2
1
1
1
101
100
101
1

1 



</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Cần tính tởng A = 11.66.111111.164961.501

Nhận xet: 1 1 5 ; 1 1 5 ; ; 1 1 5
1 6 1.6  6 11 6.11   496 501 496.501 

Tổng quát : 5 1 4 5 1 1(5  45)(5 1)




 n n n

n

Do đó: 1 5011 500501

501
1
496
1
11
1
6
1
6
1
1
1

5A        

Suy ra : A100501

Ví dụ 3. Tính tởng:

Giải. áp dụng phương pháp khử liên tiếp ở ví dụ trên: viết mỡi số hạng thành hiệu
của hai số sao cho số trừ ở nhóm trước bằng số bị trừ ở nhóm sau:

Ta xét:
39
.
38
.
37
2
39
.
38
1
38
.
37
1
,
,
4
.
3
.

2
2
4
.
3
1
3
.
2
1
,
3
.
2
.
1
2
3
.
2
1
2
1











Tởng quát :

)
2
)(
1
(
2
)
2
)(
1
(
1
)
1
(
1







 n n n n n

n

n .

Do đó:     

39
.
38
.
37
2
5
.
4
.
3
2
4
.
3
.
2
2
3
.
2
.
1
2

2B
=  

























39
.
38

1
38
.
37
1
4
.
3
1
3
.
2
1
3
.
2
1
2
1
741
370
39
.
38
740
39
.
38
1
2

.
1
1




Suy ra: B185741

Tổng quát 1.21.3 2.13.4 ( 11)( 2) 12 ( 1)(1 2)




n
n
n
n
n

Ví dụ 4: Tính giá trị các biểu thức:

a) ;

1
.
99
1
3
.

97
1
95
.
5
1
97
.
3
1
99
.
1
1 99
1
97
1
5
1
3
1
1

















A
b)
99
1
3
97
2
98
1
99 100
1
4
1
3
1
2
1















B
Giải

a) Ghép các phân số ở số bị chia thành từng cặp đó mẫu chung, giêng mẫu của các
phân số tương ứng ở số chia. Biến đổi số bị chia: cộng từng cặp các phân số cách
đều hai đầu ta được:

51
.
49
100
95
.
5
100
97
.
3
100
99
.

1
100
51
1
49
1
95
1
5
1
97
1
3
1
99
1

1    





































</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

b) Biến đổi số chia: Viết các tử thành hiệu 100 – 1, 100 – 2 , ... 100 – 99.
Số chia bằng:














99
99
100
3
3
100
2
2
100
1
1
100




























99
99
3
3
2
2
1
1
99
100
3
100

2
100
1
100

= 100 + 100  










 99
99
1
3
1
2
1

= 1 + 100 


























100
1
99
1
3
1
2
1
100
99

1
3
1
2
1

Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia. Vậy B = 1001
Ví dụ 5:

a) Tính tởng A =1.2 + 2.3 + 3.4 +...+ 98.99
b) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính.

B = 12 + 22 + 32 + ...+ 972 + 982

c) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính:

C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + ... + 98.2 + 99.1
Giải

a) Đó tích mỡi số hạng thành hiệu của hai số nhóm triệt tiêu từng cặp hai số, ta
nhân mỡi số hạng của A vì 3. Thừa số 3 này được viết dưới dạng 3 – 0 ở số hạng
thứ nhất, 4 – 1 ở số hạng thứ hai, 5 – 2 ở số hạng thứ ba,..., 100 – 97 ở số hạng cuối
cùng. Ta có:

3A = 1.2(3 – 0) + 2.3(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + ... + 97.98 (99 – 96) + 98.99(100 – 97)
= 1.2.3 - 0.1.2 + 2.3.4 - 1.2.3 + 3.4.5 - 2.3.4 + ...+ 97.98.99 - 96.97.98 +
98.99.100 - 97.98.99

= 98.99.100

Suy ra A = 323400

Tổng quát ta có : 1.2 + 2.3 + ...+ n(n+1) = n(n13)(n2)
b) B = 12 + 22 + 32 + ... + 972 + 982 =

= 1(2 – 1) + 2(3 - 1) + 3(4 – 1) + ... + 97(98 – 1) + 98(99 – 1 ) =
= (1.2 + 2.3 + 3.4 +...+ 97.98 + 98 .99) – (1 + 2 +3 + ... + 97 + 98)
= A - 323400 4851 318549

2
99
.
98




Tổng quát : 12 + 22 + 32 + ...+ n2 =

6
)
1
2
)(
1
(
2
)
1
(

3
)
2
)(
1
(  






n n n n n n n n

c) C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + ...+ 98.2 + 99.1 =

= 1.99 + 2(99 – 1) + 3(99 – 2) +...+ 98(99 – 97) + 99(99 – 98) =
= (1.99 + 2.99+...+ 98.99 + 99.99) – (1.2+2.3+...+ 97.98 + 98.99) =
= 99 ( 1 + 2 + 3 + ... + 99 ) – A =

= 99. 166650

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Tổng quát: 1.n + 2(n – 1) + 3(n – 2) + ... + (n –1)2 + n.1 = n(n16)(n2)
 BÀI TẬP

16. Tính nhanh:

A = 2 3 210

1
2

1
2
1









17. Viết tất cả các phân số dương thành dãy:
;...
4
1
,
3
2
,
2
3
,
1
4

;
3
1
,
2
2
,
1
3
;
2
1
,
1
2
;
2
1

a) Hãy nêu quy luật viết của dãy và viết tiếp năm phén số nữa theo quy luật ấy.
b) Phân số 5031là số hạng thứ mấy của dãy ?

18 . Tìm x, biết rằng

a) 51.8 8.111 111.14 ( 1 3) 1540101











x

x ;

1 1 1 1

( 1)

3 6 10

x x
    

 =

1993
1991
1

C/ Phương trình nghiệm nguyên

I/ Phương trình nghiệm nguyên: ax + by = c
Điều kiện đó có nghiệm: (a,b) = d; c d

- Cách giải:

+ Đặt ẩn phụ liên tiếp.

+ Tìm nghiệm riêng



x y0; 0



của phương trình, từ đã nghiệm của (1) là

0
0

x x bt
y y at

 




 


+ Phương pháp phân tích thành nhân tử.
+ Phương pháp loại trừ.

+ Phương pháp xuống thang.

CHỦ ĐỀ: ĐẠI SỐ
A/ Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
I. Phương pháp chung.

1. Phương pháp đạt nhân tử chung.
2. Phương pháp nhóm các hạng tử.
3. Phương pháp dùng hằng đẳng thức.
Phương pháp tách các hạng tử.

Vì đa thức bậc hai: 2

( )

f x ax bx c phân tích đa thức thành nhân tử có thể sử

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

C1: Tách b = b1 + b2, sao cho b1.b2= a.c khi đã thực hiện nhóm các hạng tử đã

phân tích thành nhân tử.

C2: Nếu f x( )ax2bx c = 0 có hai ngiệm (hoặc nghiệm kép ) là x x1; 2 khi đã

1 2

( ) ( )( )

f x ax bx c a x x x x   

4. Phương pháp phối hợp nhiều phương pháp

5. Phương pháp đồng nhất các hạng tử:
II/ Các bài tập áp dụng

Dạng bài phân tích thành nhân tử

Bài 1. Hãy phân tích các đa thức sau thành ácan tử.
a) 5x2 – 5y2

b) x3 - 2x2y + xy2 – 16x

c) x4 + 1

d) x8 + x4 + 1.

e) x10 + x5 + 1

f) x2 + 3x - 4 .

g) (x4 + 2x3 – 3x2 + 2x – 2)

Bài 2. Giải phương trình:
a) x2 + 2x = x + 2

b) 3x2 + 7x + 4 =0

B. Chia đa thức
1. Đặt chia.

2. Dùng sơ đồ Hooc – ne.

1 1 0

( ) n n ...

n n

f x a x a x  a x a

an an-1 ... a0

q an qan+ an-1 ... r

+ Vì q là ước của a0

+ Nếu r = 0 thì f x( ) (x q )

Vý d”:

a) Tìm a sao cho 4x2 6x a x( 3)

   

b) Tìm a và b sao cho x4 ax b x( 2 1)

   

C/ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

1)Đưa về tam thức bậc hai rồi biến đổi về dạng:

a) y = a + A2a  Miny a  A0,

Tương tự vì: y = a + 2k A a  Miny a  A0;
Và : y = a + A a  Miny a  A0;

b) y = a - A2a => Maxy = a A0

Tương tự vì: y = a - 2k A a  Maxy a  A0;
Và : y = a - A a  Maxy a  A0

c)Ví dụ1: Tìm giá trị lớn nhất của: y= - x2 + 2x +7

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

2) Vì dạng biểu thức là phân thức mà tử thức và mẫu thức chứa tam thức bậc 
hai có cách giải. Cách 1: Đặt: ( ) ( ) ( );( ( ) 0)

( )

f x

k f x kg x g x

g x

    rời biện ḷn k

phương trình đã phải có nghiệm(Xét   0 k ?) rồi kết luận.

Cách 2: + Maxg x( )k khi g(x) đạt giá trị nhỏ nhất. (k là hằngsố)
+ Ming x( )k khi g(x) đạt giá trị lớn nhất (k là hằngsố)
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A = 2 3

4x  4x3

Giải: Đặt:

2 2

2
2

(4 4 3) 3;( 4 4 3 0, )

4 4 3

4 4 3( 1) 0(*)

k k x x Do x x x

x x

kx kx k

        

 

    

Đã phương trình (*) có nghiệm khi

' (2 ) 12 ( 1) 0

4 0

8 12 0

0
3
0

k k k

k

k k

k
k

    






  

 



  

Vậy: Max A = 3

2khi x =

2 1

4 2

k
k 
A khơng có giá trị nhỏ nhất.

Lưu ý vì tam thức bậc hai f x( ) ax2 bx c

   có hai nghiệm x1và x2 ta luôn có:

+ af(x)0vì    x



,x1

 

; x1,



+ af(x)0vì  x



x x1; 2



+ Nếu  x



x x1; 2



=> f(x1) .f(x1)0

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A =

2
2

1
2 3
x x

x x

 
 

3. Vì tổng của hai hay nhiều số không đổi, ta có:
Gỉa sử anan1...a1a0 k

Khia đã: Max( . 1... . ) ( )1 0 1 .. 1 0

n

n n n n

k

a a a a a a a a

n

       

4. Vì tích của hai hay nhiều số khơng đởi, ta có:
Gỉa sử a an. n1... .a a1 0 k

Khia đã: Min(anan1...a1a0)n kn  an an1 .. a1a0

5. Bất đẳng thức Chaychy

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

b) Mở réng cho n số, ta có

1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0

, ,..., , 0 ... n , ,..., , ..

n n n n n n n n

a a  a a   a a  a a n a a  a a  a a   a a

D. Chứng minh thức:
I. Phương pháp giải:

1. Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa.
A  B  A – B  0

+ Lập hiệu số A- B.

+ Rút gọn A- B và chứng minh A – B  0.

+ Kết luận A  B.

2. Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi trực tiếp
+ Biến đổi A:

2
1 2 ..

A A A   B M B

3. Phương pháp 3: Phương pháp dùng bất đẳng thức đã biết.
3.1) Bất đẳng thức Chauchy

a) a0,b 0 a b 2 .a b , dấu “ = ” sảy ra khi a = b

b) Mở réng cho n số, ta có

1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0

, ,..., , 0 ... n , ,..., , ..

n n n n n n n n

3.2) Bất đẳng thức Bu- nha- cop- xki



ax by



2 



a2b2

 

x2y2



, dấu “ = ” sảy ra:ay bx

3.3) Ngoài ra sử dụng các bất đẳng thức đã học.
4. Phương pháp 4: Phương pháp so sánh.

5. Phương pháp dùng tính chất bắc cầu:

6. Phương pháp 6: Phương pháp tương đương: 
A  B  A1  B1  ... (*)

Mà (*) đóng A  B .

7. Phương pháp 7.

8. Phương pháp 8: Phương pháp phản chứng.

Đã chứng minh A  B ta giả sử A < B các phép biến đổi tương đương dẫn đến vô

lý. Ta kết luận: A  B .

II. Các bài tập vận dụng:

A.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất cơ bản:
1. Cho a, b > 0 Chứng minh    

 
 

3 3

a b a b

2 2

2. Chứng minh:  


2 2

a b a b

2 2

3. Cho a + b  0 Chứng minh:   

3 3

a b a b

2 2

4. Cho a, b > 0 . Chứng minh: a  b  a b

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

5. Chứng minh: Vì a  b  1:  

 2  2

1 1 2

1 ab
1 a 1 b

6. Chứng minha b c 3 2 a b c2 2 2 



 



; a , b , c  R

7. Chứng minh: a b c d e a b c d e2 2 2 2 2



  



\

8. Chứng minhx2y z2 2 xy yz zx 

9. a. Chứng minh: a b c   ab bc ca ; a,b,c 0  

3 3

b. Chứng minh      

 

2 2 2

a b c a b c

3 3 10. Chứng minh     

2 2

a b c ab ac 2bc
4

11. Chứng minh: a b 1 ab a b2 2   
12. Chứng minh: x y z2 2 22xy 2xz 2yz 

13. Chứng minh: x4y4z 1 2xy(xy2  2 x z 1) 

14. Chứng minh: Nếu a + b  1 thì : a3b31

15. Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
a. ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

b. abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)

c. 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0

B. Chứng dựa vào bất đẳng thức cô - si

1. Chứng minh: (a b)(b c)(c a) 8abc ; a,b,c 0    
2. Chứng minh (a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0  2 2 2  

3. Chứng minh1 a 1 b 1 c         



1 3abc



3 vì a , b , c  0

4. Cho a, b > 0. Chứng minh    

   

   

   

m m

m 1

a b

1 1 2

b a , vì m  Z

+

5. Chứng minh: bc ca ab a b c ;a,b,c 0     

a b c

6. Chứng minh:    

6 9

2 3

x y 3x y 16 ; x,y 0
4

7. Chứng minh:   



4 2

2
1

2a 3a 1

1 a .

8. Chứng minh: a19951995 a 1   , a > 0

9. Chứng minh a 1 b2  2b 1 c2  2c 1 a2  26abc.

10. Cho a , b > 0. Chứng minh:       

 

  

2 2 2 2 2 2

a b c 1 1 1 1

2 a b c

a b b c a c

11. Cho a , b  1 , Chứng minh: ab a b 1 b a 1    .

12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng minh xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1)

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh
a) b + c  16abc.

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

c)           

     

1 1 1

1 1 1 64

a b c

15.Cho x > y > 0 . Chứng minh   


x 3

x y y

16.Chứng minh

a)  


2

x 2 2

x 1 ,x  R b)





x 8 6

x 1 , x > 1 c)




2

a 5 4

a 1

17Chứng minh:      

  

ab bc ca a b c ; a, b, c 0

a b b c c a 2

18.Chứng minh:  

 

2 2

4 4

x y 1

1 16x 1 16y , x , y  R

19Chứng minh   

  

a b c 3

b c a c a b 2 ; a , b , c > 0

20.Cho a , b , c > 0. C/m:   

     

3 3 3 3 3 3

1 1 1 1

abc
a b abc b c abc c a abc

21. áp dụng Bất đẳng thức Cô- si

a. a b c d 4 abcd    4 vì a , b , c , d  0 (CÔsi)

b. a b c 3 abc   3 vì a , b , c  0 , ((CÔsi)

22.Chứng minh: a b c3 3 3a bc b ac c ab2  2  2 ; a , b , c > 0

23.Chứng minh 2 a 3 b 4 c 9 abc 3  4  9

Lêi giải

I.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất cơ bản
1. Cho a, b > 0 Chứng minh    

 

 

3
3 3

a b a b

2 2 (*)

(*)       

 

3 3

a b a b 0

2 2        

3 a b a b 0

8 .

2. Chứng minh:  


2 2

a b a b

2 2 ()

 a + b  0 , () luôn đúng.

 a + b > 0 , ()      

2 2 2 2

a b 2ab a b 0

4 2 

  

2

a b 0

4 .đóng

Vậy:  



2 2

a b a b

2 2 .

3. Cho a + b  0 Chứng minh   

3 3

a b a b

2 2 

   



3 3 3

a b a b

8 2

 3 b a a   2 b2 0  3 b a   2 a b  0.

4. Cho a, b > 0 . Chứng minh: a  b  a b

b a ()

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

 a b  a b 0   a b 2 a b0.

5. Chứng minh: Vì a  b  1:  


 2  2

1 1 2

1 ab

1 a 1 b ()

    

 

 2  2

1 1 1 1 0

1 ab 1 ab

1 a 1 b      

 

 

   

2 2

ab a ab b 0

1 a 1 ab 1 b 1 ab

    
   2  2

b a a b 0

1 ab 1 a 1 b

           

 2   2 

a b a b a b 0

1 a 1 ab 1 b 1 ab



 



 

   



 

    

2 2

b a a ab b ba 0

1 ab 1 a 1 b 

   
    

 



  

2 2

b a ab 1 0

1 ab 1 a 1 b

 Vậy : a  b  1  ab  1  ab – 1  0.

6. Chứng minh a2b2c23 2 a b c     ; a , b , c  R
 a 1 2b 1 2c 1 20.

7. Chứng minh: a2b2c2d2e2a b c d e    

            

2 2 2 2

a ab b a ac c a ad d a ae e 0

4 4 4 4

             

       

2 2 2 2

a b a c a d a e 0

2 2 2 2 .

8. Chứng minh x2y2z2xy yz zx 
 2x22y22z2 2xy 2yz 2zx 0  
 x y 2x z 2y z 20

9. a. Chứng minh: a b c   ab bc ca ; a,b,c 0  

3 3

 a2b2c2 ab bc ca 

             

 

2 2 2 2

a b c a b c 2ab 2bc 2ca ab bc ca

3 9 3

 a b c   ab bc ca 

3 3

b. Chứng minh      

 

 

2
2 2 2

a b c a b c

3 3

 3 a 2b2c2 a2b2c22 a 2b2c2

   

a2b2c22 ab bc ca   a b c  2

      

 

2
2 2 2

a b c a b c

3 3

10. Chứng minh:     
2

2 2

a b c ab ac 2bc

       
2

2 2

a a b c b c 2bc 0

4   

 

  

 

 

a b c 0

2 .

11. Chứng minh: a2b2 1 ab a b 
 2a22b22 2ab 2a 2b 0   

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

 a b 2a 1 2b 1 20.

12. Chứng minh: x2y2z22xy 2xz 2yz 

 x2y2z2 2xy 2xz 2yz 0    (x – y + z)2 0.

13. Chứng minh: x4y4z2 1 2x(xy2 x z 1) 

 x4y4z2 1 2x y2 22x2 2xz 2x 0 

 x2 y22x z 2x 1 20.

14.Chứng minh: Nếu a + b  1 thì: a3b31

 a + b  1  b  1 – a  b3 = (1 – a)3 = 1 – a + a2 – a3
 a3 + b3 =     

 

1 1 1

3 a

2 4 4.

15.Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
a. ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

 ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2
 a b c , b a c , c a b     

 a2b2 2bc c 2 , b2a2 2ac c 2 , c2a2 2ab b 2

 a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

b. abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)
 a2a2 b c 2  a2a c b a b c      

 b2 b2 a c 2  b2b c a a b c      

 c2 c2 a b 2  c2b c a a c b      

 a b c2 2 2 a b c   2 a c b   2 b c a  2

 abca b c a c b b c a          

c. 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0

 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – a4 – b4 – 2a2b2 – c4 > 0
 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – (a2 + b2)2 – c4 > 0

 (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 > 0  [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] > 0
 (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0 , đóng

 Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác.

 c – a + b > 0 , c + a – b > 0 , a + b – c > 0 , a + b + c > 0.

II. Chứng minh dựa vào bất đẳng thức Cô- si
1. Chứng minh: (a b)(b c)(c a) 8abc ; a, b, c 0    

 áp dụng bBất đẳng thức CÔ- si:

 a b 2 ab  , b c 2 bc  , a c 2 ac 
 a b b c a c        8 a b c2 2 2 8abc.

2. Chứng minh (a b c)(a  2b2c ) 9abc ; a,b,c 02  

áp dụng Bất đẳng thức Cô- si

 a b c 3 abc   3 , a2b2c23 a b c3 2 2 2
 a b c a   2b2c29 a b c3 3 3 3 9abc.

3. Chứng minh: 1 a 1 b 1 c        13abc3 , vì a , b , c  0.

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

 a b c 3 abc   3 , ab ac bc 3 a b c   3 2 2 2

 1 a 1 b 1 c         1 3 abc 3 a b c3  3 2 2 2 abc13abc3
4. Cho a, b > 0. Chứng minh     

   

   

   

m m

m 1

a b

1 1 2

b a , vì m  Z

+





         

        

         

         

 

m m m m m

m m 1

a b a b b a

1 1 2 1 . 1 2 2

b a b a a b

2 4 2

5. Chứng minh: bc ca ab a b c ; a,b, c 0     

a b c

 áp dụng Bất đẳng thức Cô- si

  

bc ca 2 abc 2c

a b ab ,   

bc ba 2 b ac 2b
a c ac ,

  

ca ab 2 a bc 2a
b c bc

 bc ca ab a b c    

a b c .

6. Chứng minh:    

6 9

2 3

x y 3x y 16 ; x,y 0

4 ()

()  x6y964 12x y 2 3  x23y334312x y2 3

áp dụng Bất đẳng thức Cô- si
x23 y3 3433x y 4 12x y2 3  2 3.

7. Chứng minh:   


4 2

2a 3a 1

1 a ()

()      



4 4 2 2

a a a 1 4a

1 a .

Áp dụng Bất đẳng thức Cô- si 

4 4 2

a , a , a 1,

1 a

 

      

 

4 4 2 4 4 4 2 2

2 2

1 1

a a a 1 4 a a a 1 4a

1 a 1 a

8. Chứng minh: a1995 1995 a 1   () , a > 0

()  a19951995a 1995  a19951995 1995a

1995  1995  1995        1995 1995 
1994 soá

a 1995 a 1994 a 1 1 ... 1 1995 a 1995a

9. Chứng minh: a 1 b2  2b 1 c2  2c 1 a2  26abc.

 a 1 b2  2b 1 c2  2c 1 a2  2a2a b2 2b2b c2 2c2c a2 2

áp dụng Bất đẳng thức Cô- si

 a2a b2 2b2b c2 2c2c a2 26 a b c6 6 6 6 6abc

10.Cho a , b > 0. Chứng minh:       

 

  

2 2 2 2 2 2

a b c 1 1 1 1

2 a b c

a b b c a c

  


2 2

a a 1

2ab 2b

a b , 2 2  

b b 1

2bc 2c

b c , 2 2  

c c 1

2ac 2a

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

 Vậy:       

 

  

2 2 2 2 2 2

a b c 1 1 1 1

2 a b c

a b b c a c

11.Cho a , b  1 , Chứng minh: ab a b 1 b a 1    .

 aa 1 1 2 a 1 , b    b 1 1 2 b 1   

 ab 2b a 1 , ab 2a b 1   

 ab a b 1 b a 1   

12.Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng mimh: xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1)
 x x 1 1 x 1 x y z 3        

            

 x 1  x 1  y 1  z 1 4 x 1 y 1 z 14  2  

Tương tự :y 4 x 1 y 1 z 1 4    2   ; z 4 x 1 y 1 z 1 4      2
 xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1).

13.Cho a > b > c, Chứng minh a 3 a b b c c 3      .
 aa b   b c c 3 a b b c c   3     

14.Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh
a) b + c  16abc.

    

 

b c bc

2   

 

   

       

   

2 2

b c 1 a

16abc 16a 16a 4a 1 a

2 2

 4a 1 a  2 1 a 4a 4a  2  1 a 1 1 2a    2 1 a b c 

b) (1 – a)(1 – b)(1 – c)  8abc

 (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b)  2 bc.2 ac.2 ab 8abc

c)           

     

1 1 1

1 1 1 64

a b c

       

   

4 2

1 a a b c 4 a bc

a a a

  

4 2
1 4 ab c
1

b b   

4 2

1 4 abc
1

c c

           
     

1 1 1

1 1 1 64

a b c

15.Cho x > y > 0 . Chứng minh   


x 3

x y y

  

 

 
 



     

 

3 x y y

VT x y y 3 3

x y y x y y

16. Chứng minh

a)  



2
2

x 2 2

x 1  x2 2 2 x 12  x 1 1 2 x 12   2

b) 



x 8
x 1 =

 

     

  

x 1 9 x 1 9 2 x 1 9 6

x 1 x 1 x 1

c. a21 4 2 4 a   21 4 a21 




2

a 5 4

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

17.Chứng minh:      

  

ab bc ca a b c ; a, b, c 0
a b b c c a 2

 Vì : a b 2 ab 

  



ab ab ab

a b 2 ab 2 ,   

bc bc bc

b c 2 bc 2 ,   

ac ac ac

a c 2 ac 2

 a b c   ab bc ca, dựa vào a2b2c2ab bc ca  .

        

  

ab bc ca ab bc ac a b c

a b b c c a 2 2

18.Chứng minh::  

 

2 2

4 4

x y 1

1 16x 1 16y , x , y  R



 

  

 

2 2 2

4 2 2

x x x 1

1 16x 1 4x 2.4x



 

  

 

2 2 2

4 2 2

y y y 1

1 16y 1 4y 2.4y

  

 

2 2

4 4

x y 1

1 16x 1 16y

19. Chứng minh:   

  

a b c 3

b c a c a b 2 ; a , b , c > 0

X = b + c , Y = c + a , Z = a + b.

 a + b + c = 12(X + Y + Z)

 aY Z X  , bZ X Y  , cX Y Z 

2 2 2

               

         

a b c 1 Y X Z X Z Y 3

b c a c a b 2 X Y X Z Y Z

 

1 2 2 2 3   3

2 2.

Cách khác: áp dụng bất đẳng thức Cô- si

             
           

a b c a 1 b 1 c 1 3

b c a c a b b c a c a b

     

  

         

  

 

1 a b b c c a 1 1 1 3

2 b c a c a b





        



     

  

 

1 a b b c c a 1 1 1 9 3 3

2 b c a c a b 2 2

20.Cho a , b , c > 0. C/m:

  

     

3 3 3 3 3 3

1 1 1 1

abc

a b abc b c abc c a abc

+) a3b3a b a  2 ab a 2a b ab 

 a3b3abca b ab abc ab a b c       , tương tự.

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

+) c a abc c a ca abc ca a b c3 3         

             

         

1 1 1 1 a b c

ab a b c bc a b c ca a b c a b c abc

21. áp dụngbất đẳng thức Cô- si

a. a b c d 4 abcd    4 với a , b , c , d  0 (CÔ- si)

 a b 2 ab , c d 2 cd   

 a b cd 2 ab     cd 2 2



ab. cd



4 abcd4

b. a b c 3 abc   3 với a , b , c  0 , (CÔ- si)

 a b c  a b c  4. abc4 a b c 

3 3

 a b c  4abca b c 

3 3 

   

 



 

 

a b c abca b c

3 3

     

 

a b c abc

3  a b c 3 abc   3 .

22.Chứng minh ; a , b , c > 0

 a3abc 2a bc 2 , b3abc 2b ac 2 , c abc 2c ab3  2

 a3b3c33abc 2 a bc b ac c ab



2  2  2



 2 a 3b3c3 2 a bc b ac c ab 2  2  2  ,

với : a3b3c33abc

Vậy: a b c a bc b ac c ab3 3 3 2  2  2
23. Cho x,y là các số dương chứng minh rằng

a) 1 1xy x y4





x y z



(1 1 1) 4

x y z x y z

    

 

Dạng bài về rút gọn biểu thức:

1. Các kiến thức cơ bản về phân thức:
a) Phép cộng, trừ : A C A C(B 0)

B B B



  

- Lưu ý: + Nếu các phân số không cùng mẫu thì tiân hành QĐMT.
+ Một số quy tắc đổi dấu:

QT1:

A A A

B B B


 

 ; QT2:

A A A

B B B

 

  

 ; QT3:

A A A A

B B B B

 

   

  ;

b. Phép nhân: . . ( , 0)
.

A C A C
B D

B D B D 

- Lưu ý: phép nhân có đầy đủ các tính chất: Giao hoán, kết hợp; phép nhân phân 
phối với phép cộng; và thực hiện rút gọn.

c. Phép chia:

+ Phân thức: A



A B, 0



B  có phân thức nghịch đảo là
B

A và ngược lại
+ Phân thức: 1



B 0



</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

+ Phép chia: : . .
.

A C A D A D

B DB C B C
2. Những bài tập áp dụng:

Bài 1(Đề thi HSG cấp huyện năm 2008 - 2009)

Cho biểu thức: 2 9 3 2 1

5 6 2 1

x x x

P

x x x x

  

  

    với

0; 4;9

x x

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P khi 2

3 5

x 

 .

c) Tìm x đãP1

Gi i:a

a) Rút gọn P

2 2

2 9 3 2 1

5 6 2 3

2 9 3 2 1

( 2)( 3) 2 3

2 9 ( 3 ) (2 1)( 2)

( 2)( 3)

2 9 9 2 3 2

( 2)( 3)

( 2)( 1)

( 2)( 3)

( 1)
( 3)

x x x

P

x x x x

x x x

x x x x

x x

x x x x

x x
x x
x x
x x
x x
x
x
  
  
   
  
  
   
     

 
     

 
 


 
 

 




b) Tính giá trị của P khi 2

3 5
x 
 .
Từ
2
2
2
4

2 2(3 5) 6 2 5

3 5 3 5

( 5 1)

( )

( 5 1)

( )
2
x
x
 
  
 



 

Thay vào P ta được:

( 1) 6 2 5 6 2 5

( 1) : ( 3)

4 4

( 3)

10 2 5
6 2 5

x

P
x
  
   





c)

P



1

( 1)
1
( 3)
4
1 1
( 3)
3 0
9
x
x
x
x
x

 

  

  

 

Vậy 0x9;x4

Bài 2 (Đề thi HSG cấp huyện năm 2009 - 2010)

Cho biểu thức: 10 2 3 1

3 4 4 1

x x x

P

x x x x

 

  

    với

0; 1

x x

a) Rút gọn P

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

c) Chứng minh rằngP 3 với mọi x thuộc điều kiện xác định.

d) Tìm giá trị lớn nhất của P.

a) Rút gọn P

10 2 3 1

3 4 4 1

10 (2 3).( 1) ( 1)( 4)

( 1)( 4) ( 4)( 1) ( 4)( 1)
10 (2 5 3) ( 5 4)

( 1)( 4)
3 10 7

( 1)( 5)
( 1)(7 3 )

( 1)( 4)
(7 3 )

( 4)

x x x

P

x x x x

x x x x x

x x x x x x

x x x x x

x x
x x
x x
x x
x x
x
x
 
  
   
   
  
     
     

 
  

 
 

 





b) Tính giá trị của P khi

Với: x= 4 .Thay vào P ta được:

7 3 4 1
6

4 4

P  



c)

P

 

3

(7 3 )
3
( 4)

(7 3 )

3 0
( 4)

7 3 3( 4) 0

19 0
x
x
x
x
x x

  


  

    
 

Với x0;x1

d) Tìm MaxP:

Ta có: (7 3 ) 3 19

( 4) ( 4)

x
P
x x

  
 
Nhận thấy:

19 19
3 3
4
( 4)
P
x
   


Vậy GTLN : 3 19 7
4 4
P  

Khi x  4 4 x0

Bài 3: Cho biểu thức

1
)
1
(
2
2
1
2










x
x
x
x
x
x
x
x
x
P

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P
c) Tìm x để biểu thức

P
x

Q 2 nhận giá trị là số nguyên.

L i gi i:ờ a

a) ĐK: x 0;x 1

Rút gọn được Px x1

b) Biểu diễn

4
1
4
3
4
3
2
1 2













 x MinP x

P

c) Biểu diễn 1 1

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

ta thấy với x 0;x1 thì  1 11

x

x (theo BĐT Cô-Si) suy ra

0Q . Vì Q nguyên nên Q =1

2
5
3

7



 x (t/m)

Bài 4- Cho biểu thức: 






 

















xy
y
x
x
xy
y
y
xy
x
y
x
xy
y
x
P :

a) Với giá trị nào của x, y thì biểu thức có nghĩa.
b) Rút gọn P.

c) Tính giá trị của P với x = 3, y = 2 2 3



Lời giải
a) Với x > 0, y > 0; x ≠ y.

b) Với x > 0; y > 0 và x ≠ y. Ta có:

P = : ( ) (( ) ) ( )( )

x
y
xy
x
y
y
x
x
y
y
y
x
y
x
x
y

x
xy
y
xy
x












= y x

y
x
y
x
x
y
y
x
x
y
y

x
y
x
y
x
y
x
y
x
xy
y
x
xy
y
x
y
x


















 ( )( )
.
)
(
)
(
:

c) Với x = 3; y = 4 2 3

3
4
3
2
4
)
3
(
2
)
3
2
(
2
3
2

2
2

2  









Thì ta có: P = 4 2 3 3 ( 3 1)2 3 3 1 3 1









Bài 5: Cho biểu thức

3 2 1

5 6 2 3

x x x x

P

x x x x

  

  

   

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị biểu thức P khi 2

3 5

x

 .

c) Tìm x để P < 1.

d) Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.
d) Tìm giá trị nhỏ nhất 1

P .

L i gi i:ờ a

a) ĐK: x0;x3;x2

Rút gọn được:



2 (2



2 9 3 2 1 2 9 ( 3)( 3)

5 6 2 3 ( 3)( 2) ( 3)( 2) ( 3)( 2)

x x

x x x x x x

P

x x x x x x x x x x

 

     

     

         

2 9 ( 9) (2 3 2)

( 3)( 2)

x x x x

x x

     



 

2 ( 1)( 2) 1

( 3)( 2) ( 3)( 2) ( 3)

x x x x x

    

  

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

b) Ta có 2 ( 5 1)2 5 1

2 2

3 5

x    x 

 , nên

5 1 5 1 5 3 5 5 5 3 4 2 5

( 1)( 3) :

2 2 2 2 5 5 4

P           



1 4

1 1 0 0 3 0 9

( 3) 3

0 9; 4

x

P x x

x x



          

 

   

d) Ta có: 1 1 4

3 3

x
P

x x



  

  . Để





3 (4) 1; 2; 4

P Z x U

x

        



) 3 1 4( )

) 3 1 16

) 3 2 1

) 3 2 25

) 3 4 1( )

) 3 7 49

x x loai

x x

x x VN

x x

    

    

    

    

    

    

Vậy

P Z



 

x



1;16;25;49



đ)Ta có: 1 3 1 4

1 1

x

P x x

 

  

  (1)

Mà 1 1 1 1 4 4 1 4 4 1 3

1 1 1

x

x x x

 

          

  

Vậy GTNN của 1

P= - 3 x  1 1 x0

CHỦ ĐỀ: ĐƯỜNG THẲNG
1. Đường thẳng : ax + by = c (a2 b2 0) y ax c(b 0)

b b

      (1)

a) Cách vẽ đường thẳng d: y ax c( )d

b b

 

+ Đường thẳng cắt trục Ox tại A(c;0

a ); cắt trục Oy tại B(0;
c
b );
+ Nối A với B ta được đường thẳng d.

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Cách vẽ: + Đường thẳng cắt trục Ox tại A( b;0

a


); cắt trục Oy tại B(0;b);

+ Nối A với B ta được đường thẳng d.
c) Hệ số góc của đường thẳng y = ax + b (a 0) là: a

2. Viết phương trình đường thẳng:

a) Viết phương trình đi qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2)

Cách 1: + Gọi đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b.
+ Vì đường thẳng đi qua hai điểm A và B ta có:

1 1

2 2

ax b y
ax b y
 




 

 giải hệ tìm a và b.

Cách 2: Viết phương trình đi qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) có dạng:

1 1

1 2 1 2

x x y y

x x y y

 



 

b) Viết phương trình đi qua điểm A(x0; y0), với hệ số k có dạng:

y = k(x – x0) + y0

c) Chứng tỏ ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng

( hay cộng tuyến)

Cách giải:

Cách 1: + Viết phương trình đi qua hai trong ba điểm.

+ Thay toạ đó điểm còn lại vào phương trình đường thẳng, nếu thoả mãn
phương trình đã ta kết luận ba điểm đã cho thẳng hàng.

Cách 2: Ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng ( hay cộng tuyến),

nếu thoả mãn: 1 2 1 2

2 3 2 3

x x y y

 



  .

3. Vị trý của hai đường thẳng: (d): y = ax + b và (d’): y = a’x + b’
a) (d) // (d’)  a a ' 0;b b '

b) (d)(d’)  a a ' 0; b b '
c) (d)(d’)



a a



'

d) (d)(d’)



a a

. '



1

Ngoài ra, nếu cho dạng (d): ax + by = c và (d’): a’x + by’ = c’

a) (d)(d’)



ab a b

'



'



0

b) (d) // (d’)

' ' 0

ab a b
ac a c
bc b c

 




   

  



' ' 0

( ) ( ') ' ' 0

' ' 0

ab a b

d d ac a c

b c bc

 




    

  



</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

'

ax by

c

a x b y

c















4. Hệ số góc của đường thẳng.
5. Bài tập vận dụng:

Bài tập 1: Cho ba đường thẳng: 
(d): x + y = 3

(d1): 5x - 3y = 7.

(d2): ax - by = 5b( ' 0;a  b0) .

a) Tìm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng trên đồng quy.

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(1; 5) và song song với đường
thẳng (d)

b)Xác định hệ số góc đường thẳng (d2) đi qua điểm M(1; 5).
Giải:

a) Tm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng trên đồng quy
+ Giao điểm của (d) và (d1) là hệ của hệ phương trình:

3

5

3

7 x

y

x

y















+ Giải hệ tìm được

2

1 x

y











, vậy (d) và (d1) cắt nhau tại đỉêm có toạ đó: C(2; 1)

+ Để 3 đường thẳng trên đồng quy tại điểm C, ta có hệ thức: 2a – b = 5b
=> a = 3b

Vậy ba đường thẳng trên đồng quy khi: a = 3b

PHẦN HÌNH HỌC
2. Các dạng bài tởng hợp.

Bài 1 : Cho nửa đường tròn đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường 
thẳng AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax và dây AC bất kì. Tia phân giác
của góc CAx cắt nủa đường tròn tại D; tia AD cắt BC tại E.

a/ Chứng minh tam giác ABE cân tại B.

b/ Dây AC cắt BD tại K. Chứng minh EK vng góc với AB.
c/ Dây BD cắt Ax tại F. Chứng minh tứ giác AKEF là hình thoi.
d/ Cho góc BAC =300, chứng minh AK = 2KC.

Giải:

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

b)Ta có, trong tam giácAEBcó:

 

 

0 0

( 90 ), ( 90 ),

BD AE ADB AC BE AEB

BD AC K

   

 

 K là trực tâm.
 BAKE

O
x

A B

C
D

c) Ta có: AKFcân tại A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :
,

AD FK FD DK

   (1)

+ Tương tự:ABEcân tại B, vì BD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :
,

BD AE ED DA

   (2)

Tử (1) và (2) => tứ giác AKEF là hình thoi.
d) Ta có góc BAC =300 EBA 600

   ABE đều K là trực tâm vừa là trọng tâm.
 AK = 2KC

Bài 2 : Cho (O; R) và đường thẳng d cố định nằm ngoài đường tròn. Từ điểm 
M tuỳ trên đ kẻ tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (O) ; (P, Q là các tiếp điểm).
Từ O hạ OH vng góc với d. Dây cung PQ cắt OH tại I và cắt OM ở K.

Chứng minh rằng:

a/ Năm điểm M, P, Q, H,O cùng thuộc một đường tròn.
b/ OI.OH = OK.OM

c/ Vị trí điểm I ln cố định khi điểm M di động trên d

d/ Tìm trên d một điểm A và trên O một điểm B sao cho độ dài AB nhỏ nhấtho

ABC

 có diện tích bằng 1, trên đường trung tuyến BK lầy điểm M sao .

Giải

H d

I
K
P

O
M

a) + Vì MHO MPO  90 (0 OH OM OP; PM) MHO MPO  1800

      

=> Tứ giác OPMH nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, H cùng thuộc một đường tròn.
+ Tương tự: MQO MPO  90 (0 OQ QM OP; PM) MQO MPO  1800

      

=> Tứ giác OPMQ nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, Q cùng thuộc một đường tròn.
Vậy: Năm điểm M, P, Q, H,O cùng thuộc một đường tròn.

b) OIK OMH OKI OHM(  90 ;0 HOMchung ) OI OK OI OH OK OM. .

OM OH

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

c) Trong OPM OPM( 90 ;0 OK OM) OK OM. OP2 R2

     

Mặt khác: OI OH OK OM. . OI OH R. 2 OI R2

OH

    

Do O, H cố định => I cố định.
d) Kẻ OH( )O 

 

L

Ta có

AB OB OA OH OL LH R OL
AB LO

      

 

Vậy AB đạt GTNN nếu AB = LO
khi A H B L ; 

H d

O
A

Bài 3: Cho góc xAy vng.Trên tia Ax lấy một điểm B cố định, trên tia Ay lấy
điểm C di động. Vẽ đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC,tiếp xúc với cạnh ,BC,
CA, AB lần lượt tại D,E,F. Hai đường thẳng cắt nhau tại G.

1
1

x
y

A
E
C

B
D

B i 4à : Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đờng tròn tâm O, đờng kính

AI. Gọi E là trung điểm của AB và K là trung điểm của OI. Chứng minh rằng tứ
giác AEKC nội tiếp đợc đờng tròn.

Bài 5 : Cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ đường thẳng vng góc với đường 
chéo AC tại H. Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của AH, BH, CD.

a/ Chứng minh tứ giác EFCG là hình bình hành.
b/ Chứng minh BEG 900

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

c/ Cho BH = h; BAC . Tính diện tích hình chữ nhật ABCD theo h và  . Tính

đường chéo AC theo h và  .

Giải:

a) Ta có ABE: ABD DBE AD DC BD AC (  );  (vì ADB900, góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn) ABE cân tại B.

b)Ta có, trong tam giácAEBcó:

 

 

0 0

( 90 ), ( 90 ),

BD AE ADB AC BE AEB

BD AC K

   

 

 K là trực tâm.
 BAKE



G
F
E

D C

c) Ta có: AKFcân tại A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :
,

AD FK FD DK

   (1)

+ Tương tự:ABEcân tại B, vì BD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :
,

BD AE ED DA

   (2)

Tử (1) và (2) => tứ giác AKEF là hình thoi.
d) Ta có góc BAC =300 EBA 600

   ABE đều K là trực tâm vừa là trọng tâm.
 AK = 2KC

Dạng bài tính số đo góc, tính diện tích.

Bài 1: : Cho ABCD(AB//CD) biết rằng đường tròn đường kính CD đi qua trung 
điểm hai cạnh bên AD, BC và tiếp xúc với AB. Tìm số đo các góc của hình thang.
Giải:

Ta có: AC = BD vì 1 1

2BD ON  R OM 2AC

Nên ABCD là hình thang cân

+ Ta có 1 1

2 2

OH HE R OM

OHM

  cóOHM 60 ;0 HMO 300  MOD 300

+Tam giác MOD cân tại O, nên:

  

 
 

0 0 0

(180 )

2
75

180 75 115

ODM OMD DOM

D C
B A

  

  

    

A E B

M N

Bài 2: Cho ABC có diện tích bằng 1, trên đường trung tuyến BK lầy điểm M sao

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

N
H

M L

A C

</div>

Bài nghe tiếng anh 7 theo chương trình mới



 

 

 



a.a...a





 

 

2



2



4



4 .4



4 .(4 )

<sub></sub>

<sub></sub>









)

:

...

; ,

(

)

2 ,

,

(

)

<i>a n N a b</i>

<i>a b a</i>

<i>a b</i>

<i>ab</i>

<i>b</i>

<i>a b Z</i>

<i>a b a b</i>

<i>n</i>

<i>k k N a b a b</i>

 



 



 

































)

,

2 1:

...

<i>b k N n</i>

<i>k</i>

<i>a b</i>

<i>a b a</i>

<i>a b</i>

<i>ab</i>

<i>b</i>

 



