Giao an boi duong toan 8

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (674.76 KB, 115 trang )

(1)BUỔI 1+2. CHUYÊN ĐỀ 1 - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ A. MỤC TIÊU: * Hệ thống lại các dạng toán và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử * Giải một số bài tập về phân tích đa thức thành nhân tử * Nâng cao trình độ và kỹ năng về phân tích đa thức thành nhân tử B. HOẠT ĐỘNG DẠY VÀ HỌC CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP I. TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: Định lí bổ sung: + Đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ thì có dạng p/q trong đó p là ước của hệ số tự do, q là ước dương của hệ số cao nhất + Nếu f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì f(x) có một nhân tử là x – 1 + Nếu f(x) có tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ thì f(x) có một nhân tử là x + 1 f(1) f(-1) + Nếu a là nghiệm nguyên của f(x) và f(1); f(- 1) khác 0 thì a - 1 và a + 1 đều là số. nguyên. Để nhanh chóng loại trừ nghiệm là ước của hệ số tự do 1. Ví dụ 1: 3x2 – 8x + 4 Cách 1: Tách hạng tử thứ 2 3x2 – 8x + 4 = 3x2 – 6x – 2x + 4 = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất: 3x2 – 8x + 4 = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – 2 + x)(2x – 2 – x) = (x – 2)(3x – 2) Ví dụ 2: x3 – x2 - 4 Ta nhân thấy nghiệm của f(x) nếu có thì x = 1; 2; 4 , chỉ có f(2) = 0 nên x = 2 là nghiệm của f(x) nên f(x) có một nhân tử là x – 2. Do đó ta tách f(x) thành các nhóm có xuất hiện một nhân tử là x – 2 Cách 1: Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(2) x3 – x2 – 4 = Cách 2:. x. 3.  2 x2    x2  2 x    2 x  4  x2  x  2   x( x  2)  2( x  2). =.  x  2   x2  x  2 . x3  x 2  4 x 3  8  x 2  4  x 3  8    x 2  4  ( x  2)( x 2  2 x  4)  ( x  2)( x  2). =.  x  2    x 2  2 x  4   ( x  2)  ( x  2)( x 2  x  2). Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5 Nhận xét: 1, 5 không là nghiệm của f(x), như vậy f(x) không có nghiệm nguyên. Nên f(x) nếu có nghiệm thì là nghiệm hữu tỉ 1 Ta nhận thấy x = 3 là nghiệm của f(x) do đó f(x) có một nhân tử là 3x – 1. Nên 3. 2. f(x) = 3x – 7x + 17x – 5 =. 3x3  x 2  6 x 2  2 x  15 x  5  3x3  x 2    6 x 2  2 x    15 x  5 . 2 2 = x (3x  1)  2 x(3x  1)  5(3x  1) (3 x  1)( x  2 x  5) 2 2 2 Vì x  2 x  5 ( x  2 x  1)  4 ( x  1)  4  0 với mọi x nên không phân tích được thành. nhân tử nữa Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + 4 Nhận xét: Tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ nên đa thức có một nhân tử là x + 1 x3 + 5x2 + 8x + 4 = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2 Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2 Tổng các hệ số bằng 0 thì nên đa thức có một nhân tử là x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2 = (x – 1)(x4 - x3 + 2 x2 - 2 x - 2) Vì x4 - x3 + 2 x2 - 2 x - 2 không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỉ nên không phân tích được nữa Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) + 1996(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1 + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997) Ví dụ 7: x2 - x - 2001.2002 = x2 - x - 2001.(2001 + 1) Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 2.

(3) = x2 - x – 20012 - 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002) II. THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ: 1. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện hiệu hai bình phương: Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 = (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + 9 + 6x)(2x2 + 9 – 6x) = (2x2 + 6x + 9 )(2x2 – 6x + 9) Ví dụ 2: x8 + 98x4 + 1 = (x8 + 2x4 + 1 ) + 96x4 = (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 - 16x2(x4 + 1) + 32x4 = (x4 + 1 + 8x2)2 – 16x2(x4 + 1 – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2 = (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2 = (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1) 2. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện nhân tử chung Ví dụ 1: x7 + x2 + 1 = (x7 – x) + (x2 + x + 1 ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + 1 ) = x(x3 - 1)(x3 + 1) + (x2 + x + 1 ) = x(x – 1)(x2 + x + 1 ) (x3 + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 - x + 1) Ví dụ 2: x7 + x5 + 1 = (x7 – x ) + (x5 – x2 ) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x – 1)(x4 + x) + x2 (x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[(x5 – x4 + x2 – x) + (x3 – x2 ) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) Ghi nhớ: Các đa thức có dạng x3m + 1 + x3n + 2 + 1 như: x7 + x2 + 1 ; x7 + x5 + 1 ; x8 + x4 + 1 ; x5 + x + 1 ; x8 + x + 1 ; … đều có nhân tử chung là x2 + x + 1 III. ĐẶT BIẾN PHỤ: Ví dụ 1:. x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128 = (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128. Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức có dạng (y – 12)(y + 12) + 128 = y2 – 144 + 128 = y2 – 16 = (y + 4)(y – 4) = ( x2 + 10x + 8 )(x2 + 10x + 16 ) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + 8 ) Ví dụ 2: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 3.

(4) Giả sử x  0 ta viết 6 1 1 1 + 2 2 x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 = x2 ( x2 + 6x + 7 – x x ) = x2 [(x2 + x ) + 6(x - x ) + 7 ] 1 1 2 2 Đặt x - x = y thì x + x = y2 + 2, do đó 1 A = x2(y2 + 2 + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = [x(x - x )2 + 3x]2 = (x2 + 3x – 1)2. Chú ý: Ví dụ trên có thể giải bằng cách áp dụng hằng đẳng thức như sau: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 = x4 + (6x3 – 2x2 ) + (9x2 – 6x + 1 ) = x4 + 2x2(3x – 1) + (3x – 1)2 = (x2 + 3x – 1)2 Ví dụ 3:. 2 2 2 2 2 A = ( x  y  z )( x  y  z )  ( xy  yz +zx).  ( x 2  y 2  z 2 )  2( xy  yz +zx)  ( x 2  y 2  z 2 )  ( xy  yz +zx) 2 = 2 2 2 Đặt x  y  z = a, xy + yz + zx = b ta có 2 2 2 A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x  y  z + xy + yz + zx)2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 4 Ví dụ 4: B = 2( x  y  z )  ( x  y  z )  2( x  y  z )( x  y  z )  ( x  y  z ). Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có: B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2 2 2 2 2 2 2 Ta lại có: a – b2 = - 2( x y  y z  z x ) và b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó; 2 2 2 2 2 2 B = - 4( x y  y z  z x ) + 4 (xy + yz + zx)2. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 =  4 x y  4 y z  4 z x  4 x y  4 y z  4 z x  8 x yz  8 xy z  8 xyz 8 xyz ( x  y  z ) 3 3 3 3 Ví dụ 5: (a  b  c)  4(a  b  c )  12abc. Đặt a + b = m, a – b = n thì 4ab = m2 – n2 m2 - n 2 4 a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 + ). Ta có: m3 + 3mn 2  4c3  3c(m 2 - n 2 ) 3 4 C = (m + c) – 4. = 3( - c3 +mc2 – mn2 + cn2). = 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b) III. PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH: Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 4.

(5) Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3 Nhận xét: các số 1, 3 không là nghiệm của đa thức, đa thức không có nghiệm nguyên củng không có nghiệm hữu tỉ Như vậy nếu đa thức phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd  a  c  6  ac  b  d 12    ad  bc  14  đồng nhất đa thức này với đa thức đã cho ta có: bd 3 1, 3 Xét bd = 3 với b, d  Z, b   với b = 3 thì d = 1 hệ điều kiện trên trở thành. a  c  6 ac  8    a  3c  14 bd 3. 2c  8   ac 8. c  4  a  2. Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3 = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1) Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 Nhận xét: đa thức có 1 nghiệm là x = 2 nên có thừa số là x - 2 do đó ta có: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c) a  4  3 b  2 a  7    c  2b 6  = 2x4 + (a - 4)x3 + (b - 2a)x2 + (c - 2b)x - 2c   2c 8. a 1  b  5  c  4. Suy ra: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(2x3 + x2 - 5x - 4) Ta lại có 2x3 + x2 - 5x - 4 là đa thức có tổng hệ số của các hạng tử bậc lẻ và bậc chẵn bằng nahu nên có 1 nhân tử là x + 1 nên 2x3 + x2 - 5x - 4 = (x + 1)(2x2 - x - 4) Vậy: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(x + 1)(2x2 - x - 4) Ví dụ 3: 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - 3 = (a x + by + 3)(cx + dy - 1) = acx2 + (3c - a)x + bdy2 + (3d - b)y + (bc + ad)xy – 3. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 5.

(6) ac 12 bc  ad  10   3c  a 5 bd  12   3d  b 12. a 4  c 3  b  6 d 2.  12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - 3 = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1). BÀI TẬP: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: x3 -4 7x 10)1)64x + y+4 6 3 2 4 2 + 16 11)2)a6x+ -a9x + a+2b6x + b4 - b6 3 6x2 +- xy3+- 30 12)3)x3x+-3xy 1 3 2 4 - x 3 + 5x 2+ 3 13)4)4x2x + 4x + 5x + 2x + 1 3 5) 27x - 27x2 + 18x - 4 8 14) x + x + 1 6) x82 + 2xy4 + y2 - x - y - 12. 15) x + 3x + 4. 7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24. 16) 3x24 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10 2 8) 4x - 32x + 1 17)9)x43(x - 8x 4 + 63 + x2 + 1) - (x2 + x + 1)2. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 6.

(7) BUỔI 3. CHUYÊN ĐỀ 2 - LUỸ THỪA BẬC n CỦA MỘT NHỊ THỨC A. MỤC TIÊU: HS nắm được công thức khai triển luỹ thừa bậc n của một nhị thức: (a + b)n Vận dụng kiến thức vào các bài tập về xác định hệ số của luỹ thừa bậc n của một nhị thức, vận dụng vào các bài toán phân tích đa thức thành nhân tử B. HOẠT ĐỘNG DẠY VÀ HỌC Phần 1. Kiểm tra : Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:. 15) x8 + 3x4 + 4 16) 3x2 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10 17) x4 - 8x + 63 Phần 2. KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG: I. Nhị thức Niutơn:. C kn . Trong đó:. 1 2 n 1 (a + b)n = an + Cn an - 1 b + Cn an - 2 b2 + ....+ Cn ab n - 1 + bn. n(n - 1)(n - 2)...[n - (k - 1)] 1.2.3...k. II. Cách xác định hệ số của khai triển Niutơn: 1. Cách 1: Dùng công thức. C kn . n(n - 1)(n - 2)...[n - (k - 1)] k!. Chẳng hạn hệ số của hạng tử a4b3 trong khai triển của (a + b)7 là C 74 . 7.6.5.4 7.6.5.4  35 4! 4.3.2.1. Chú ý: a). C. b) Ta có: C. k n. k n. . n! 7! 7.6.5.4.3.2.1 C 74   35 n!(n - k) ! với quy ước 0! = 1  4!.3! 4.3.2.1.3.2.1. =C. k-1 n. nên. C 74 C 73 . Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. 7.6.5. 35 3! Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 7.

(8) 2. Cách 2: Dùng tam giác Patxcan Đỉnh. 1. Dòng 1(n = 1) Dòng 2(n = 1) Dòng 3(n = 3) Dòng 4(n = 4) Dòng 5(n = 5). 1 1 1 1 1. 2 3. 4 5. 1 1 3. 1. 6 10. 4 1. 1 5. 1. 0 Dòng 6(n = 6). 1 6 15 20 15 6 1 Trong tam giác này, hai cạnh bên gồm các số 1; dòng k + 1 được thành lập từ dòng k (k 1), chẳng hạn ở dòng 2 (n = 2) ta có 2 = 1 + 1, dòng 3 (n = 3): 3 = 2 + 1, 3 = 1 + 2 dòng 4 (n = 4): 4 = 1 + 3, 6 = 3 + 3, 4 = 3 + 1, … Với n = 4 thì: (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 Với n = 5 thì: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 Với n = 6 thì: (a + b)6 = a6 + 6a5b + 15a4b2 + 20a3b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6 3. Cách 3: Tìm hệ số của hạng tử đứng sau theo các hệ số của hạng tử đứng trước: a) Hệ số của hạng tử thứ nhất bằng 1 b) Muốn có hệ số của của hạng tử thứ k + 1, ta lấy hệ số của hạng tử thứ k nhân với số mũ của biến trong hạng tử thứ k rồi chia cho k 1.4 4.3 4.3.2 4.3.2. 3 2 2 3 Chẳng hạn: (a + b) = a + 1 a b + 2 a b + 2.3 ab + 2.3.4 b5 4. 4. Chú ý rằng: các hệ số của khai triển Niutơn có tính đối xứng qua hạng tử đứng giữa, nghĩa là các hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối có hệ số bằng nhau n(n - 1) n(n - 1) (a + b)n = an + nan -1b + 1.2 an - 2b2 + …+ 1.2 a2bn Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. -2. + nan - 1bn - 1 + bn. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 8.

(9) III. Ví dụ: 1. Ví dụ 1: phân tích đa thức sau thành nhân tử a) A = (x + y)5 - x5 - y5 Cách 1: khai triển (x + y)5 rồi rút gọn A A = (x + y)5 - x5 - y5 = ( x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5) - x5 - y5 = 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 = 5xy(x3 + 2x2y + 2xy2 + y3) = 5xy [(x + y)(x2 - xy + y2) + 2xy(x + y)] = 5xy(x + y)(x2 + xy + y2) Cách 2: A = (x + y)5 - (x5 + y5) x5 + y5 chia hết cho x + y nên chia x5 + y5 cho x + y ta có: x5 + y5 = (x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) nên A có nhân tử chung là (x + y), đặt (x + y) làm nhân tử chung, ta tìm được nhân tử còn lại b) B = (x + y)7 - x7 - y7 = (x7+7x6y +21x5y2 + 35x4y3 +35x3y4 +21x2y5 7xy6 + y7) - x7 y7 = 7x6y + 21x5y2 + 35x4y3 + 35x3y4 + 21x2y5 + 7xy6 = 7xy[(x5 + y5 ) + 3(x4y + xy4) + 5(x3y2 + x2y3 )] = 7xy {[(x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) ] + 3xy(x + y)(x2 - xy + y2) + 5x2y2(x + y)} = 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3xy(x2 + xy + y2) + 5x2y2 ] = 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3x3y - 3x2y2 + 3xy3 + 5x2y2 ] = 7xy(x + y)[(x4 + 2x2y2 + y4) + 2xy (x2 + y2) + x2y2 ] = 7xy(x + y)(x2 + xy + y2 )2 Ví dụ 2:Tìm tổng hệ số các đa thức có được sau khi khai triển a) (4x - 3)4 Cách 1: Theo cônh thức Niu tơn ta có: (4x - 3)4 = 4.(4x)3.3 + 6.(4x)2.32 - 4. 4x. 33 + 34 = 256x4 - 768x3 + 864x2 - 432x + 81 Tổng các hệ số: 256 - 768 + 864 - 432 + 81 = 1 b) Cách 2:. Xét đẳng thức (4x - 3)4 = c0x4 + c1x3 + c2x2 + c3x + c4. Tổng các hệ số: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 Thay x = 1 vào đẳng thức trên ta có: (4.1 - 3)4 = c0 + c1 + c2 + c3 + c4 Vậy: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 = 1 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 9.

(10) * Ghi chú: Tổng các hệ số khai triển của một nhị thức, một đa thức bằng giá trị của đa thức đó tại x = 1 C. BÀI TẬP VN: Bài 1: Phân tích thành nhân tử a) (a + b)3 - a3 - b3. b) (x + y)4 + x4 + y4. Bài 2: Tìm tổng các hệ số có được sau khi khai triển đa thức a) (5x - 2)5. b) (x2 + x - 2)2010 + (x2 - x + 1)2011. - Làm các bài tập trong sách tham khảo. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(11) BUỔI 3+4. CHUYÊN ĐỀ 3 - CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN A. MỤC TIÊU: * Củng cố, khắc sâu kiến thức về các bài toán chia hết giữa các số, các đa thức * HS tiếp tục thực hành thành thạo về các bài toán chứng minh chia hết, không chia hết, sốnguyên tố, số chính phương… * Vận dụng thành thạo kỹ năng chứng minh về chia hết, không chia hết… vào các bài toán cụ thể. B. HOẠT ĐỘNG DẠY VÀ HỌC Phần 1. Kiểm tra Bài 1: Phân tích thành nhân tử a) (a + b)3 - a3 - b3. b) (x + y)4 + x4 + y4. Bài 2: Tìm tổng các hệ số có được sau khi khai triển đa thức a) (5x - 2)5. b) (x2 + x - 2)2010 + (x2 - x + 1)2011. Phần 2 .KIẾN THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN: I. Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết 1. Kiến thức: * Để chứng minh A(n) chia hết cho một số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có một nhân tử làm hoặc bội của m, nếu m là hợp số thì ta lại phân tích nó thành nhân tử có các đoi một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng minh A(n) chia hết cho các số đó * Chú ý: + Với k số nguyên liên tiếp bao giờ củng tồn tại một bội của k + Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét mọi trường hợp về số dư khi chia A(n) cho m + Với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên n thì: +) an - bn chia hết cho a - b (a b) Giáo bồi+dưỡng +) án a2n 1 + toán b2n8:+2012-2013 1 chia hết. +b. cho a. +) (a + 1)n = B(a )+ 1 +)(a - 1)2n = B(a) + 1 +) (a - 1)2n + 1 =B(a) - 1 Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(12) 2. Bài tập: 3. Các bài toán Bài 1: chứng minh rằng a) 251 - 1 chia hết cho 7. b) 270 + 370 chia hết cho 13. c) 1719 + 1917 chi hết cho 18. d) 3663 - 1 chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho. 37 e) 24n -1 chia hết cho 15 với n N Giải a) 251 - 1 = (23)17 - 1  23 - 1 = 7 b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935  4 + 9 = 13 c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1) 1719 + 1  17 + 1 = 18 và 1917 - 1  19 - 1 = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1) hay 1719 + 1917  18 d) 3663 - 1  36 - 1 = 35  7 3663 - 1 = (3663 + 1) - 2 chi cho 37 dư - 2 e) 2 4n - 1 = (24) n - 1  24 - 1 = 15 Bài 2: chứng minh rằng a) n5 - n chia hết cho 30 với n  N ; b) n4 -10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi n lẻ n Z c) 10n +18n -28 chia hết cho 27 với n N ; Giải: a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho 6 vì (n - 1).n.(n+1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 (*) Mặt khác. n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - 4 + 5) = n(n2 - 1).(n2 - 4 ) + 5n(n2 -. 1) = (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(13) 5n(n2 - 1) chia hết cho 5 Suy ra (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho 5 (**) Từ (*) và (**) suy ra đpcm b) Đặt A = n4 -10n2 + 9 = (n4 -n2 ) - (9n2 - 9) = (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3) Vì n lẻ nên đặt n = 2k + 1 (k  Z) thì A = (2k - 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k - 1).k.(k + 1).(k + 2)  A chia hết cho 16 (1) Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội của 2, 3, 4 nên A là bội của 24 hay A chia hết cho 24 (2) Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 16. 24 = 384 c) 10 n +18n -28 = ( 10 n - 9n - 1) + (27n - 27) + Ta có: 27n - 27  27 (1) n. + 10 - 9n - 1 = [( vì 9  9 và. 1...1  n. 9...9  n. + 1) - 9n - 1] =. - n  3 do. 1...1  n. 9...9  n. - 9n = 9(. 1...1  n. - n)  27 (2). - n là một số có tổng các chữ số chia hết cho 3. Từ (1) và (2) suy ra đpcm Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a) a3 - a chia hết cho 3 b) a7 - a chia hết cho 7 Giải a) a3 - a = a(a2 - 1) = (a - 1) a (a + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên tồn tại một số là bội của 3 nên (a - 1) a (a + 1) chia hết cho 3 b) ) a7 - a = a(a6 - 1) = a(a2 - 1)(a2 + a + 1)(a2 - a + 1) Nếu a = 7k (k  Z) thì a chia hết cho 7 Nếu a = 7k + 1 (k  Z) thì a2 - 1 = 49k2 + 14k chia hết cho 7 Nếu a = 7k + 2 (k  Z) thì a2 + a + 1 = 49k2 + 35k + 7 chia hết cho 7 Nếu a = 7k + 3 (k  Z) thì a2 - a + 1 = 49k2 + 35k + 7 chia hết cho 7 Trong trường hợp nào củng có một thừa số chia hết cho 7 Vậy: a7 - a chia hết cho 7 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(14) Bài 4: Chứng minh rằng A = 13 + 23 + 33 + ...+ 1003 chia hết cho B = 1 + 2 + 3 + ... + 100 Giải Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + ...+ (50 + 51) = 101. 50 Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 và 101 Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + ... +(503 + 513) = (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 2. 99 + 992) + ... + (50 + 51)(502 + 50. 51 + 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 2. 99 + 992 + ... + 502 + 50. 51 + 512) chia hết cho 101 (1) Lại có:. A = (13 + 993) + (23 + 983) + ... + (503 + 1003). Mỗi số hạng trong ngoặc đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2) Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chi hết cho B Bài tập về nhà Chứng minh rằng: a) a5 – a chia hết cho 5 b) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với mọi n chẵn c) Cho a l à số nguyên tố lớn hơn 3. Cmr a2 – 1 chia hết cho 24 d) Nếu a + b + c chia hết cho 6 thì a3 + b3 + c3 chia hết cho 6 e) 20092010 không chia hết cho 2010 f) n2 + 7n + 22 không chia hết cho 9 Dạng 2: Tìm số dư của một phép chia Bài 1: Tìm số dư khi chia 2100 a)cho 9,. b) cho 25,. c) cho 125. Giải a) Luỹ thừa của 2 sát với bội của 9 là 23 = 8 = 9 - 1 Ta có : 2100 = 2. (23)33 = 2.(9 - 1)33 = 2.[B(9) - 1] = B(9) - 2 = B(9) + 7 Vậy: 2100 chia cho 9 thì dư 7 b) Tương tự ta có: 2100 = (210)10 = 102410 = [B(25) - 1]10 = B(25) + 1 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(15) Vậy: 2100 chia chop 25 thì dư 1 c)Sử dụng công thức Niutơn: 2100 = (5 - 1)50 = (550. 50.49 - 5. 549 + … + 2 . 52 - 50 . 5 ) + 1. Không kể phần hệ số của khai triển Niutơn thì 48 số hạng đầu đã chứa thừa số 5 với số 50.49 mũ lớn hơn hoặc bằng 3 nên đều chia hết cho 53 = 125, hai số hạng tiếp theo: 2 . 52 -. 50.5 cũng chia hết cho 125 , số hạng cuối cùng là 1 Vậy: 2100 = B(125) + 1 nên chia cho 125 thì dư 1 Bài 2: Viết số 19951995 thành tổng của các số tự nhiên . Tổng các lập phương đó chia cho 6 thì dư bao nhiêu? Giải Đặt 19951995 = a = a1 + a2 + …+ an. 3 3 3 3 3 3 3 3 Gọi S  a1  a 2 + a 3 + ...+ a n = a1  a 2 + a 3 + ...+ a n + a - a. = (a1 3 - a1) + (a2 3 - a2) + …+ (an 3 - an) + a Mỗi dấu ngoặc đều chia hết cho 6 vì mỗi dấu ngoặc là tích của ba số tự nhiên liên tiếp. Chỉ cần tìm số dư khi chia a cho 6 1995 là số lẻ chia hết cho 3, nên a củng là số lẻ chia hết cho 3, do đó chia cho 6 dư 3 Bài 3: Tìm ba chữ số tận cùng của 2100 viết trong hệ thập phân giải Tìm 3 chữ số tận cùng là tìm số dư của phép chia 2100 cho 1000 Trước hết ta tìm số dư của phép chia 2100 cho 125 Vận dụng bài 1 ta có 2100 = B(125) + 1 mà 2100 là số chẵn nên 3 chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 126, 376, 626 hoặc 876 Hiển nhiên 2100 chia hết cho 8 vì 2100 = 1625 chi hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó chia hết cho 8 trong các số 126, 376, 626 hoặc 876 chỉ có 376 chia hết cho 8 Vậy: 2100 viết trong hệ thập phân có ba chữ số tận cùng là 376 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(16) Tổng quát: Nếu n là số chẵn không chia hết cho 5 thì 3 chữ số tận cùng của nó là 376 Bài 4: Tìm số dư trong phép chia các số sau cho 7 a) 2222 + 5555. b)31993. c) 19921993 + 19941995. d) 3. 21930. Giải a) ta có: 2222 + 5555 = (21 + 1)22 + (56 – 1)55 = (BS 7 +1)22 + (BS 7 – 1)55 = BS 7 + 1 + BS 7 - 1 = BS 7 nên 2222 + 5555 chia 7 dư 0 b) Luỹ thừa của 3 sát với bội của 7 là 33 = BS 7 – 1 Ta thấy 1993 = BS 6 + 1 = 6k + 1, do đó: 31993 = 3 6k + 1 = 3.(33)2k = 3(BS 7 – 1)2k = 3(BS 7 + 1) = BS 7 + 3 c) Ta thấy 1995 chia hết cho 7, do đó: 19921993 + 19941995 = (BS 7 – 3)1993 + (BS 7 – 1)1995 = BS 7 – 31993 + BS 7 – 1 Theo câu b ta có 31993 = BS 7 + 3 nên 19921993 + 19941995 = BS 7 – (BS 7 + 3) – 1 = BS 7 – 4 nên chia cho 7 thì dư 3 1930. 2 d) 3. = 32860 = 33k + 1 = 3.33k = 3(BS 7 – 1) = BS 7 – 3 nên chia cho 7 thì dư 4. Bài tập về nhà Tìm số d ư khi: a) 21994 cho 7 b) 31998 + 51998 cho 13 c) A = 13 + 23 + 33 + ...+ 993 chia cho B = 1 + 2 + 3 + ... + 99 Dạng 3: Tìm điều kiện để xảy ra quan hệ chia hết Bài 1: Tìm n  Z để giá trị của biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + 2 chia hết cho giá trị của biểu thức B = n2 - n Giải Chia A cho B ta có: n3 + 2n2 - 3n + 2 = (n + 3)(n2 - n) + 2 Để A chia hết cho B thì 2 phải chia hết cho n2 - n = n(n - 1) do đó 2 chia hết cho n, ta có: n n-1 n(n - 1). 1 0 0 loại. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. -1 -2 2. 2 1 2. -2 -3 6 loại. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(17) Vậy: Để giá trị của biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + 2 chia hết cho giá trị của biểu thức   1; 2 B = n2 - n thì n . Bài 2: a) Tìm n  N để n5 + 1 chia hết cho n3 + 1 b) Giải bài toán trên nếu n  Z Giải Ta có: n5 + 1  n3 + 1  n2(n3 + 1) - (n2 - 1)  n3 + 1  (n + 1)(n - 1)  n3 + 1  (n + 1)(n - 1)  (n + 1)(n2 - n + 1)  n - 1  n2 - n + 1 (Vì n + 1  0). a) Nếu n = 1 thì 0 1 Nếu n > 1 thì n - 1 < n(n - 1) + 1 < n2 - n + 1 nên không thể xẩy ra n - 1  n2 - n + 1 Vậy giá trụ của n tìm được là n = 1 b) n - 1  n2 - n + 1  n(n - 1)  n2 - n + 1  (n2 - n + 1 ) - 1  n2 - n + 1  1  n2 - n + 1. Có hai trường hợp xẩy ra: n  0  + n2 - n + 1 = 1  n(n - 1) = 0   n  1 (Tm đề bài). + n2 - n + 1 = -1  n2 - n + 2 = 0 (Vô nghiệm) Bài 3: Tìm số nguyên n sao cho: a) n2 + 2n - 4  11. b) 2n3 + n2 + 7n + 1  2n - 1. c) n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + 1  n4 - 1. d) n3 - n2 + 2n + 7  n2 + 1. Giải a) Tách n2 + 2n - 4 thành tổng hai hạng tử trong đó có một hạng tử là B(11) n2 + 2n - 4  11  (n2 - 2n - 15) + 11  11  (n - 3)(n + 5) + 11  11  n  311    (n - 3)(n + 5)  11   n + 5 11.  n = B(11) + 3  n = B(11) - 5 . b) 2n3 + n2 + 7n + 1 = (n2 + n + 4) (2n - 1) + 5. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(18)  2n  2n   2n  3 2   2n   Để 2n + n + 7n + 1 2n - 1 thì 5 2n - 1 hay 2n - 1 là Ư(5). Vậy: n.    2; 0; 1; 3 .    . 1=-5 1 = -1  1=1 1=5. n = - 2 n = 0  n = 1  n = 3. thì 2n3 + n2 + 7n + 1  2n - 1. c) n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + 1  n4 - 1 Đặt A = n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + 1 = (n4 - n3) - (n3 - n2) + (n2 - n) - (n - 1) = n3(n - 1) - n2(n - 1) + n(n - 1) - (n - 1) = (n - 1) (n3 - n2 + n - 1) = (n - 1)2(n2 + 1) B = n4 - 1 = (n - 1)(n + 1)(n2 + 1) A chia hết cho b nên n   1  A chia hết cho B  n - 1  n + 1  (n + 1) - 2  n + 1 n n  n   2 n + 1  n.    .  n = -3 1=-2 n = - 2 1=-1  n = 0 1=1   Tm) 1=2  n = 1 (khong.  3;  2; 0  Vậy: n   thì n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + 1  n4 - 1. d) Chia n3 - n2 + 2n + 7 cho n2 + 1 được thương là n - 1, dư n + 8 Để n3 - n2 + 2n + 7  n2 + 1 thì n + 8  n2 + 1  (n + 8)(n - 8)  n2 + 1  65  n2 + 1 Lần lượt cho n2 + 1 bằng 1; 5; 13; 65 ta được n bằng 0; 2; 8 Thử lại ta có n = 0; n = 2; n = 8 (T/m) Vậy: n3 - n2 + 2n + 7  n2 + 1 khi n = 0, n = 8 Bài tập về nhà: Tìm số nguyên n để: a) n3 – 2 chia hết cho n – 2 b) n3 – 3n2 – 3n – 1 chia hết cho n2 + n + 1 c)5n – 2n chia hết cho 63 Dạng 4: Tồn tại hay không tồn tại sự chia hết Bài 1: Tìm n  N sao cho 2n – 1 chia hết cho 7 Giải Nếu n = 3k ( k  N) thì 2n – 1 = 23k – 1 = 8k - 1 chia hết cho 7 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(19) Nếu n = 3k + 1 ( k  N) thì 2n – 1 = 23k + 1 – 1 = 2(23k – 1) + 1 = BS 7 + 1 Nếu n = 3k + 2 ( k  N) thì 2n – 1 = 23k + 2 – 1 = 4(23k – 1) + 3 = BS 7 + 3 V ậy: 2n – 1 chia hết cho 7 khi n = BS 3 Bài 2: Tìm n  N để: a) 3n – 1 chia hết cho 8 b) A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25 c) 5n – 2n chia hết cho 9 Giải a) Khi n = 2k (k  N) thì 3n – 1 = 32k – 1 = 9k – 1 chia hết cho 9 – 1 = 8 Khi n = 2k + 1 (k  N) thì 3n – 1 = 32k + 1 – 1 = 3. (9k – 1 ) + 2 = BS 8 + 2 Vậy : 3n – 1 chia hết cho 8 khi n = 2k (k  N) b) A = 32n + 3 + 24n + 1 = 27 . 32n + 2.24n = (25 + 2) 32n + 2.24n = 25. 32n + 2.32n + 2.24n = BS 25 + 2(9n + 16n) Nếu n = 2k +1(k  N) thì 9n + 16n = 92k + 1 + 162k + 1 chia hết cho 9 + 16 = 25 Nếu n = 2k (k  N) thì 9n có chữ số tận cùng bằng 1 , còn 16n có chữ số tận cùng bằng 6 suy ra 2((9n + 16n) có chữ số tận cùng bằng 4 nên A không chia hết cho 5 nên không chia hết cho 25 c) Nếu n = 3k (k  N) thì 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết cho 9 Nếu n = 3k + 1 thì 5n – 2n = 5.53k – 2.23k = 5(53k – 23k) + 3. 23k = BS 9 + 3. 8k = BS 9 + 3(BS 9 – 1)k = BS 9 + BS 9 + 3 Tương tự: nếu n = 3k + 2 thì 5n – 2n không chia hết cho 9. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(20) BUỔI 5+6. CHUYÊN ĐỀ 4: SỐ CHÍNH PHƯƠNG. A. MỤC TIÊU - HS nắm được các bài toán về số chính phương: Chứng minh một biểu thức là số chính phương. - Nắm được một số phương pháp giải cơ bản B. HOẠT ĐỘNG DẠY VÀ HỌC Phần 1. Kiểm tra Bài 2: Tìm n  N để: a) 3n – 1 chia hết cho 8 b) A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25 c) 5n – 2n chia hết cho 9 Phần 2. Một số kiến thức: I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số. nguyên. II. TÍNH CHẤT:. 1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8. 2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. 3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N). 4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 (n N). Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 2.

(21) 5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2 Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. 6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4. Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9. Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25. Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16. III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG. Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương. Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì 2 2 4 A = (t - y )( t + y ) + y = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 Vậy A là số chính phương.. Z. Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương. Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n N). Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1 = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*) Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n N nên n2 + 3n + 1 N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2) Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương . 1. 1. Ta có k(k+1)(k+2) = 4 k(k+1)(k+2).4 = 4 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] 1 1 k(k+1)(k+2)(k+3) k(k+1)(k+2)(k-1) 4 4 1 1 1 1 1 ⇒ S= .1.2.3.4 .0.1.2.3 + .2.3.4.5 .1.2.3.4 +…+ 4 4 4 4 4 1 1 (k+2)(k+3) - 4 k(k+1)(k+2)(k-1) = 4 k(k+1)(k+2)(k+3). =. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. k(k+1). Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 2.

(22) 4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 Theo kết quả bài 2 ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương. Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương. Ta có 44…488…89 = 44…488..8 + 1 = 44…4 . 10n + 8 . 11…1 + 1 n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8. n chữ số 4. n chữ số 1. 10n −1 10n −1 . 10n + 8. +1 9 9 4 . 102 n − 4 . 10n +8 .10 n − 8+9 4 . 102 n+ 4 . 10n +1 = 9 9 n 2 2. 10 +1 3. = 4. = =. (. ). Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3. ⇒. n. n-1 chữ số 0. 2. ( 2. 103 +1 ). Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương.. Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương: A = 11…1 + 44…4 + 1 2n chữ số 1. n chữ số 4. B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6. C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7 2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8. Kết quả: A =. (. 10n +2 2 3. ). ;. B=. (. 10n +8 2 3. ). ;. C=. (. 2 2. 10n +7 3. ). Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương: a. A = 22499…9100…09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0. b. B = 11…155…56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 2.

(23) a. A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9 = 225.102n – 90.10n + 9 = ( 15.10n – 3 ) 2 ⇒ A là số chính phương b. B = 111…1555…5 + 1 = 11…1.10n + 5.11…1 + 1 n chữ số 1 n chữ số 5. =. n chữ số 1. 10n −1 . 10n + 5. 9. 102 n +4 . 10n + 4 = 9. =. 10n −1 9. (. 10n +2 3. n chữ số 1. +1=. 102 n − 10n +5 .10n −5+ 9 9. 2. ). là số chính phương ( điều phải chứng minh). Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ). Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2) Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 không thẻ chia hết cho 5 ⇒ 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n N và n>1 không phải là số chính phương n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ] = n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ] = n2( n+1 )2.( n2–2n+2) Với n N, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2 và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 ⇒ n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương. Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 2.

(24) Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận cùng của a là 4 hoặc 6 ⇒ a ⋮ 2 ⇒ a2 ⋮ 4 Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56, 76, 96 ⇒ Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương. Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một số chính phương. a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N) ⇒ a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1 = 4(k2 + k + m2 + m) + 2 = 4t + 2 (Với t N) Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t N) do đó a2 + b2 không thể là số chính phương. Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không thể là các số chính phương. Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p ⋮ 2 và p không chia hết cho 4 (1) a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m2 (m N) Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ. Đặt m = 2k+1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + 1 ⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) ⋮ 4 mâu thuẫn với (1) ⇒ p+1 là số chính phương b. p = 2.3.5… là số chia hết cho 3 ⇒ p-1 có dạng 3k+2. Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 ⇒ p-1 không là số chính phương . Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007. Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số chính phương. a. 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1 Có 2N ⋮ 3 ⇒ 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k N) ⇒ 2N-1 không là số chính phương. b. 2N = 2.1.3.5.7…2007 Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho 2 và 2N ⋮ 2 nhưng 2N không chia hết cho 4. 2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 ⇒ 2N không là số chính phương. c. 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 2.

(25) 2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4 2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1 ⇒ 2N+1 không là số chính phương. Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05 2008 chữ số 1. Chứng minh. 2007 chữ số 0. √ ab+1 là số tự nhiên. 102008 −1 9. Cách 1: Ta có a = 11…1 = 2008 chữ số 1. ⇒. ab+1 =. √ ab+1 Ta thấy 10. 2008. =. 2008. (10. √(. −1)(10 9. 102008 + 2 2 3. ). + 2 = 100…02. 2008. = ⋮. ; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 102008 + 5 2007 chữ số 0 2008 2. +5). +1= 2008. 10. 10. 2008 chữ số 0 2008. ¿ + 4 .10 ¿ ¿ ¿. − 5+9. 2. =. 2008. (10 3 + 2 ). +2. 3. 3 nên. 102008 +2 3. N hay √ ab+1 là số tự. nhiên. 2007 chữ số 0. Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6 2007 chữ số 0. 2008 chữ số 0. 2008 chữ số 9. ab+1 = a(9a +6) + 12 = 9a2 + 6a + 1 = (3a+1)2 3 a+1 ¿ ⇒ √ ab+1 = ¿ = 3a + 1 N √¿ B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương: a. n2 + 2n + 12 b. n ( n+3 ) c. 13n + 3 d. n2 + n + 1589 Giải a. Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N) ⇒ (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 ⇔ k2 – (n+1)2 = 11 ⇔ (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k=6 k–n-1=1 n=4 b. Đặt n(n+3) = a2 (n N) ⇒ n2 + 3n = a2 ⇔ 4n2 + 12n = 4a2 ⇔ (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2 ⇔ (2n + 3) ❑2 - 4a2 = 9 ⇔ (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9 ⇒. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 2.

(26) Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + 3 + 2a = 9 ⇔ n=1 2n + 3 – 2a = 1 a=2 2 2 c. Đặt 13n + 3 = y ( y N) ⇒ 13(n – 1) = y – 16 ⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4) ⇒ (y + 4)(y – 4) ⋮ 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 ⋮ 13 hoặc y – 4 ⋮ 13 ⇒ y = 13k ± 4 (Với k N) 2 ⇒ 13(n – 1) = (13k ± 4 ) – 16 = 13k.(13k ± 8) ⇒ n = 13k2 ± 8k + 1 Vậy n = 13k2 ± 8k + 1 (Với k N) thì 13n + 3 là số chính phương. 2 2 d. Đặt n + n + 1589 = m (m N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 ⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28. Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương: a. a2 + a + 43 b. a2 + 81 c. a2 + 31a + 1984 Kết quả: a. 2; 42; 13 b. 0; 12; 40 c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính phương . Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương . Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương . Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 2.

(27) Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính phương: 2 a. n + 2004 ( Kết quả: 500; 164) b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) 2 c. n + 4n + 97 d. 2n + 15 Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m N) 2 2 Từ đó suy ra m – n = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006 Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) ⇒ m + n và m – n là 2 số chẵn ⇒ (m + n)(m - n) ⋮ 4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4 ⇒ Điều giả sử sai. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Bài 6: Biết x. N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) 2. Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương . Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1) Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và 2 < x ≤ 9 (2) Từ (1) và (2) ⇒ x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7. Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 762 = 5776 Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương. Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84. Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương. Vậy n = 40 Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số chính phương thì n là bội số của 24. Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N) Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 2.

(28) Ta có m là số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2 = 4a (a+1) + 1 ⇒. n=. m2 −1 2. =. 4 a (a+1) 2. = 2a(a+1). ⇒. n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b N) ⇒ k2 = 4b(b+1) +1 ⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n ⋮ 8 (1) Ta có k2 + m2 = 3n + 2 2 (mod3) Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1. Nên để k2 + m2 2 (mod3) thì k2 1 (mod3) m2 1 (mod3) ⇒ m2 – k2 ⋮ 3 hay (2n+1) – (n+1) ⋮ 3 ⇒ n ⋮ 3 (2) Mà (8; 3) = 1 (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24. Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương . Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì 2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48) 2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q N ; p+q = n và p > q ⇒ ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3 a+48 = 2p a- 48 = 2q ⇒ q = 5 và p-q = 2 ⇒ p = 7 ⇒ n = 5+7 = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG. Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B. Gọi A = abcd = k2. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N và 32 < k < m < 100 a, b, c, d N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9 2 ⇒ Ta có A = abcd = k B = abcd + 1111 = m2 ⇒ m2 – k2 = 1111 ⇔ (m-k)(m+k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương. Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101 ⇔ Do đó m – k == 11 ⇔ m = 56 A = 2025 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 2.

(29) m + k = 101. n = 45. B = 3136. Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị. Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = 1 và k N, 32 ≤ k < 100 2 Suy ra 101cd = k – 100 = (k-10)(k+10) ⇒ k +10 ⋮ 101 hoặc k-10 ⋮ 101 Mà (k-10; 101) = 1 ⇒ k +10 ⋮ 101 Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 ⇒ k+10 = 101 ⇒ k = 91 ⇒ abcd = 912 = 8281 Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau. Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 2 Ta có n = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb ⋮ 11 ⇒ a + b ⋮ 11 Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11 Thay a+b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương . Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn ⇒ b = 4 Số cần tìm là 7744 Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương. Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N 3 2 Vì y = x nên y cũng là một số chính phương . Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương ⇒ y = 16 ⇒ abcd = 4096 Bài 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương. Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b,c,d ≤ 9 abcd chính phương ⇒ d { 0,1,4,5,6,9} d nguyên tố ⇒ d = 5 Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100 k là một số có hai chữ số mà k2 có tận cùng bằng 5 ⇒ k tận cùng bằng 5 Tổng các chữ số của k là một số chính phương ⇒ k = 45 ⇒ abcd = 2025 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 2.

(30) Vậy số phải tìm là 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số bởi hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b N, 1 ≤ a,b ≤ 9 ) Số viết theo thứ tự ngược lại ba 2 2 Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2 – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 ) ⋮ 11 ⇒ a2 - b2 ⋮ 11 Hay ( a-b )(a+b ) ⋮ 11 Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b ⋮ 11 ⇒ a + b = 11 2 2 Khi đó ab - ba = 32 . 112 . (a - b) 2 2 Để ab - ba là số chính phương thì a - b phải là số chính phương do đó a-b = 1 hoặc a - b = 4  Nếu a-b = 1 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65 Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332  Nếu a - b = 4 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại ) Vậy số phải tìm là 65 Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu ( Kết quả: 1156 ) Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó. Gọi số phải tìm là ab với a,b N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9 2 Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 ⇔ (10a+b)2 = ( a + b )3 ⇒ ab là một lập phương và a+b là một số chính phương Đặt ab = t3 ( t N ) , a + b = l 2 ( l N ) Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 hoặc ab = 64  Nếu ab = 27 ⇒ a + b = 9 là số chính phương ⇒ a + b = 10 không là số chính phương ⇒ loại  Nếu ab = 64 Vậy số cần tìm là ab = 27 Bài 9: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau. Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n N) Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 3.

(31) Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11 Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9 ⇒ 12n( n + 1 ) = 11(101a – 1 ) ⇒ 101a – 1 ⋮ 3 ⇒ 2a – 1 ⋮ 3 Vì 1 ≤ a ≤ 9 nên 1 ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – 1 { 3; 9; 15 } ⇒ a { 2; 5; 8 } Vì a lẻ ⇒ a = 5 ⇒ n = 21 3 số càn tìm là 41; 43; 45 Bài 10: Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương các chữ số của số đó. ab (a + b ) = a3 + b3 ⇔ 10a + b = a2 – ab + b2 = ( a + b )2 – 3ab ⇔ 3a( 3 + b ) = ( a + b ) ( a + b – 1 ) a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó a + b = 3a hoặc a + b – 1 = 3a a +b–1=3+b a+b=3+b ⇒ a=4,b=8 hoặc a=3,b=7 Vậy ab = 48 hoặc ab = 37. III. BÀI TẬP Bài 1: Chứng minh rằng: Một số chính phương chia cho 3, cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 Giaûi Goïi A = n2 (n  N) a) xeùt n = 3k (k  N)  A = 9k2 neân chia heát cho 3 n = 3k  1 (k  N)  A = 9k2  6k + 1, chia cho 3 dö 1 Vậy: số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1 b) n = 2k (k  N) thì A = 4k2 chia heát cho 4 n = 2k +1 (k  N) thì A = 4k2 + 4k + 1 chia cho 4 dö 1 Vậy: số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc 1 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 3.

(32) Chuù yù: + Soá chính phöông chaün thì chia heát cho 4 + Soá chính phöông leû thì chia cho 4 thì dö 1( Chia 8 cuûng dö 1) Baøi 2: Soá naøo trong caùc soá sau laø soá chính phöông a) M = 19922 + 19932 + 19942 b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952 c) P = 1 + 9100 + 94100 + 1994100 d) Q = 12 + 22 + ...+ 1002 e) R = 13 + 23 + ... + 1003 Giaûi a) caùc soá 19932, 19942 chia cho 3 dö 1, coøn 19922 chia heát cho 3  M chia cho 3 dö 2 do đó M không là số chính phương b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952 goàm toång hai soá chính phöông chaün chia heát cho 4, vaø hai soá chính phöông leû neân chia 4 dö 2 suy ra N khoâng laø soá chính phöông c) P = 1 + 9100 + 94100 + 1994100 chia 4 dö 2 neân khoâng laø soá chính phöông d) Q = 12 + 22 + ...+ 1002 Soá Q goàm 50 soá chính phöông chaün chia heát cho 4, 50 soá chính phöông leû, moãi soá chia 4 dư 1 nên tổng 50 số lẻ đó chia 4 thì dư 2 do đó Q chia 4 thì dư 2 nên Q không laø soá chính phöông e) R = 13 + 23 + ... + 1003 k(k + 1) k(k - 1) 2 2 Goïi Ak = 1 + 2 +... + k = , Ak – 1 = 1 + 2 +... + k =. Ta có: Ak2 – Ak -12 = k3 khi đó: 1 3 = A1 2 23 = A22 – A12 ..................... n3 = An2 = An - 12 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 3.

(33) Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta có: 2. 2. 2  n(n + 1)   100(100  1)    50.101    2  13 + 23 + ... +n3 = An2 =  2   laø soá chính phöôn. Baøi 3: CMR: Với mọi n  N thì caùc soá sau laø số chính phương. a) A = (10n +10n-1 +...+.10 +1)(10 n+1 + 5) + 1 A= (. 11.....1  n. 10n 1  1  .(10n 1  5)  1 n+1 )(10 + 5) + 1 10  1. a 2 + 4a - 5 + 9 a 2 + 4a + 4  a + 2  a-1    9 9  3  Đặt a = 10n+1 thì A = 9 (a + 5) + 1 =. b) B =. 111.....1    555.....5    n. n-1. 111.....1    555.....5   . B=. n. Ñaët. n. 11.....1  n. 6 ( có n số 1 và n-1 số 5). +1=. 111.....1    n. . 10n +. 555.....5    n. +1=. 11.....1  2n. Ñaët a =. 111.....1    n.    111.....1     n  n  +1 . 10 + 5. = a thì 10n = 9a + 1 neân. B = a(9a + 1) + 5a + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2 = c) C =. 2. .+. 11.....1   n. 44.....4    n. 2 33....34  n-1. +1. Thì C =. 11.....1    11.....1   n. n. + 4.. 11.....1  n. + 1 = a. 10n + a + 4 a + 1. = a(9a + 1) + 5a + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2 d) D = D=. 99....9 00.....0     n. 99....9  n. 8. n. 1.. Ñaët. 99....9  n. = a  10n = a + 1. . 10n + 2 + 8. 10n + 1 + 1 = a . 100 . 10n + 80. 10n + 1. = 100a(a + 1) + 80(a + 1) + 1 = 100a2 + 180a + 81 = (10a + 9)2 = ( e) E =. 11.....1    22.....2    n. n+1. 5=. 11.....1    22.....2    n. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. n+1. 00 + 25 =. 11.....1  n. .10n + 2 + 2.. 11.....1  n. 99....9  n+1. )2. 00 + 25. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 3.

(34) = [a(9a + 1) + 2a]100 + 25 = 900a2 + 300a + 25 = (30a + 5)2 = ( 44.....4   . f) F = Soá. 100. 11.....1  100. = 4.. 11.....1   100. laø soá chính phöông thì. 11.....1  100. 33.....3    n. 5)2. laø soá chính phöông. laø soá leû neân noù laø soá chính phöông thì chia cho 4 phaûi dö 1. Thaät vaäy: (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1 chia 4 dö 1 11.....1  100. có hai chữ số tận cùng là 11 nên chia cho 4 thì dư 3. 11.....1 . vaäy. 100. khoâng laø soá chính phöông neân F =. 44.....4    100. khoâng laø soá chính phöông. Baøi 4: a) Cho các số A =. 11........11     2m. ; B=. 11.......11    . ; C=. m+1. 66.....66     m. CMR: A + B + C + 8 là số chính phương . 102 m  1 10m1  1 10m  1 6. 9 9 Ta coù: A 9 ;B= ;C=. Neân:. 102 m  1 10m1  1 10m  1 102 m  1  10m1  1  6(10m  1)  72 6. 9 9 9 A+B+C+8 = 9 + + +8= 10. 2m. =. m. m.  1  10.10  1  6.10  6  72 9 =. m 2.  10 .  16.10 m  64 9.  10m  8     3 . 2. b) CMR: Với mọi x,y  Z thì A = (x+y)(x+2y)(x+3y)(x+4y) + y4 laø số chính phương. A = (x2 + 5xy + 4y2) (x2 + 5xy + 6y2) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2) [(x2 + 5xy + 4y2) + 2y2) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)2 + 2(x2 + 5xy + 4y2).y2 + y4 = [(x2 + 5xy + 4y2) + y2)2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 Bài 5: Tìm số nguyên dương n để các biểu thức sau là số chính phương a) n2 – n + 2. b) n5 – n + 2. Giaûi a) Với n = 1 thì n2 – n + 2 = 2 không là số chính phương Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 3.

(35) Với n = 2 thì n2 – n + 2 = 4 là số chính phương Với n > 2 thì n2 – n + 2 không là số chính phương Vì (n – 1)2 = n2 – (2n – 1) < n2 – (n - 2) < n2 b) Ta coù n5 – n chia heát cho 5 Vì n5 – n = (n2 – 1).n.(n2 + 1) Với n = 5k thì n chia hết cho 5 Với n = 5k  1 thì n2 – 1 chia hết cho 5 Với n = 5k  2 thì n2 + 1 chia hết cho 5 Nên n5 – n + 2 chia cho 5 thì dư 2 nên n5 – n + 2 có chữ số tận cùng là 2 hoặc 7 nên n5 – n + 2 khoâng laø soá chính phöông Vậy : Không có giá trị nào của n thoã mãn bài toán Baøi 6 : a)Chứng minh rằng : Mọi số lẻ đều viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phöông b) Một số chính phương có chữ số tận cùng bằng 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chaün Giaûi Mọi số lẻ đều có dạng a = 4k + 1 hoặc a = 4k + 3 Với a = 4k + 1 thì a = 4k2 + 4k + 1 – 4k2 = (2k + 1)2 – (2k)2 Với a = 4k + 3 thì a = (4k2 + 8k + 4) – (4k2 + 4k + 1) = (2k + 2)2 – (2k + 1)2 b)A là số chính phương có chữ số tận cùng bằng 9 nên A = (10k  3)2 =100k2  60k + 9 = 10.(10k2 6) + 9 Soá chuïc cuûa A laø 10k2  6 laø soá chaün (ñpcm) Baøi 7: Một số chính phương có chữ số hàng chục là chữ số lẻ. Tìm chữ số hàng đơn vị Giaûi Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 3.

(36) Gọi n2 = (10a + b)2 = 10.(10a2 + 2ab) + b2 nên chữ số hàng đơn vị cần tìm là chữ số taän cuøng cuûa b2 Theo đề bài , chữ số hàng chục của n2 là chữ số lẻ nên chữ số hàng chục của b2 phải leû Xét các giá trị của b từ 0 đến 9 thì chỉ có b2 = 16, b2 = 36 có chữ số hàng chục là chữ số lẻ, chúng đều tận cùng bằng 6 Vậy : n2 có chữ số hàng đơn vị là 6 Baøi 8: Caùc soá sau ñaây, soá naøo laø soá chính phöông a) A = d) D =. 22.....2    50. 4. b) B = 11115556. 44.....4    88....8  n. n-1. 9. e) M =. 11.....1    2n. –. c) C =. 22....2  n. 99....9    00....0  n. n. 25. f) N = 12 + 22 + ...... + 562. Bài 9: Tìm số tự nhiên n để các biểu thức sau là số chính phương a) n3 – n + 2 b) n4 – n + 2 Bài 10: Chứng minh rằng a)Toång cuûa hai soá chính phöông leû khoâng laø soá chính phöông b) Một số chính phương có chữ số tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ Bài 11: Một số chính phương có chữ số hàng chục bằng 5. Tìm chữ số hàng đơn vị. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 3.

(37) BUỔI 7+8 CHUYÊN ĐỀ 5 - CÁC BAØI TOÁN SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ TALÉT VAØ TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC I. MỤC TIÊU - Nắm vững định lí Ta let, tính chất đường phân giác của tam giác. - Biết vận dụng các tính chất để chứng minh. II. Hoạt động dạy và học A.Kiến thức:. A. 1. Ñònh lí Ta-leùt:. * §Þnh lÝ Ta-lÐt:. M. ABC  AM AN  = MN // BC   AB AC. N. C. B. AM AN MN =  * HÖ qu¶: MN // BC  AB AC BC A. 2. Tính chất đường phân giác: BD AB = AC  ABC ,AD laø phaân giaùc goùc A  CD. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. B. D. C A. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn : D' B C. 3.

(38) BD' AB = AC AD’là phân giác góc ngoài tại A: CD'. B. Baøi taäp aùp duïng: 1. Baøi 1: Cho tứ giác ABCD, đường thẳng qua A song song với BC cắt BD ở E, đường thẳng qua B song song với AD cắt AC ở G. B A. a) chứng minh: EG // CD. O. b) Giả sử AB // CD, chứng minh rằng AB2 = CD. EG. G. E. Giaûi Goïi O laø giao ñieåm cuûa AC vaø BD OE OA = a) Vì AE // BC  OB OC (1). C. D. OB OG = BG // AC  OD OA (2) OE OG = Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: OD OC  EG // CD. b) Khi AB // CD thì EG // AB // CD, BG // AD neân AB OA OD CD AB CD =  =    AB2 CD. EG EG OG OB AB EG AB. Baøi 2: Cho ABC vuông tại A, Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở B, ACF vuông cân ở C. Gọi H là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của Ac vaø BF. Chứng minh rằng: a) AH = AK b) AH2 = BH. CK Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. D. A H F. K Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn : C B. 3.

(39) Giaûi Ñaët AB = c, AC = b. BD // AC (cùng vuông góc với AB) AH AC b AH b AH b       neân HB BD c HB c HB + AH b + c AH b AH b b.c     AH  c b+c b + c (1) Hay AB b + c. AB // CF (cùng vuông góc với AC) nên. AK AB c AK c AK c       KC CF b KC b KC + AK b + c. AK b AK c b.c     AK  b b+c b + c (2) Hay AC b + c. Từ (1) và (2) suy ra: AH = AK AH AC b AK AB c AH KC AH KC        b) Từ HB BD c và KC CF b suy ra HB AK HB AH (Vì AH = AK)  AH2 = BH . KC. 3. Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a đi qua A lần lượt cắt BD, BC, DC theo thứ tự tại E, K, G. Chứng minh rằng: a) AE2 = EK. EG 1 1 1   b) AE AK AG. c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí nhưng vẫn qua A thì tích BK. DG có giá trị không đổi Giaûi. A. a) Vì ABCD laø hình bình haønh vaø K  BC neân. b. AD // BK, theo heä quaû cuûa ñònh lí Ta-leùt ta coù: EK EB AE EK AE = =    AE 2 EK.EG AE ED EG AE EG. D. a. B K. E C. G. AE DE AE BE = = b) Ta coù: AK DB ; AG BD neân Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 3.

(40) AE AE BE DE BD 1   1 1 1 1  =   1  AE      1 AK AG BD DB BD  AK AG   AE AK AG (ñpcm) BK AB BK a KC CG KC CG =  = =  = b DG (2) c) Ta coù: KC CG KC CG (1); AD DG BK a =  BK. DG = ab DG Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: b không đổi (Vì a = AB; b =. AD là độ dài hai cạnh của hình bình hành ABCD không đổi) 4. Baøi 4: Cho tứ giác ABCD, các điểm E, F, G, H theo thứ tự chia trong các cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2. Chứng minh rằng: a) EG = FH. B E. A. P. H. b) EG vuông góc với FH. Q. D. Giaûi. F. O. M. N. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của CF, DG. G. 1 1 BM 1 BE BM 1 = = = Ta coù CM = 2 CF = 3 BC  BC 3  BA BC 3. C. EM BM 2 2  =  EM = AC  EM // AC  AC BE 3 3 (1) NF CF 2 2  =  NF = BD 3 3 T¬ng tù, ta cã: NF // BD  BD CB (2). mµ AC = BD (3) Tõ (1), (2), (3) suy ra : EM = NF (a) 1 T¬ng tù nh trªn ta cã: MG // BD, NH // AC vµ MG = NH = 3 AC (b) 0  MÆt kh¸c EM // AC; MG // BD Vµ AC  BD  EM  MG  EMG = 90 (4) 0  T¬ng tù, ta cã: FNH = 90 (5) 0   Tõ (4) vµ (5) suy ra EMG = FNH = 90 (c). Tõ (a), (b), (c) suy ra  EMG =  FNH (c.g.c)  EG = FH b) Gäi giao ®iÓm cña EG vµ FH lµ O; cña EM vµ FH lµ P; cña EM vµ FN lµ Q th× Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 4.

(41)        PQF = 900  QPF + QFP = 900 mµ QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP (  EMG =  FNH) . . 0. Suy ra EOP = PQF = 90  EO  OP  EG  FH 5. Bµi 5: Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ CD. Từ D vẽ đờng thẳng song song với BC, cắt AC tại M và AB tại K, Từ C vẽ đờng thẳng song song với AD, cắt AB tại F, qua F ta lại vẽ đờng th¼ng song song víi AC, c¾t BC t¹i P. Chøng minh r»ng a) MP // AB b) Ba đờng thẳng MP, CF, DB đồng quy Gi¶i CP AF = a) EP // AC  PB FB (1) CM DC = AK // CD  AM AK (2). D. c¸c tø gi¸c AFCD, DCBK la c¸c h×nh b×nh hµnh nªn AF = DC, FB = AK (3). C. CP CM  KÕt hîp (1), (2) vµ (3) ta cã PB AM  MP // AB. K. A. (Định lí Ta-lét đảo) (4). P. I. M. B. F. CP CM DC DC   b) Gäi I lµ giao ®iÓm cña BD vµ CF, ta cã: PB AM = AK FB DC DI CP DI   Mµ FB IB (Do FB // DC)  PB IB  IP // DC // AB (5). Từ (4) và (5) suy ra : qua P có hai đờng thẳng IP, PM cùng song song với AB // DC nên theo tiên đề Ơclít thì ba điểm P, I, M thẳng hang hay MP đi qua giao điểm của CF và DB hay ba đờng thẳng MP, CF, DB đồng quy 6. Bµi 6: Cho  ABC có BC < BA. Qua C kẻ đờng thẳng vuông goác với tia phân giác BE của  ABC ; đờng thẳng này cắt BE tại F và cắt trung tuyến BD. B. t¹i G. Chøng minh r»ng ®o¹n th¼ng EG bÞ ®o¹n th¼ng DF chia lµm hai phÇn b»ng nhau Gi¶i Gäi K lµ giao ®iÓm cña CF vµ AB; M lµ giao ®iÓm cña DF vµ BC. M K G F A. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. D. E. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. C. 4.

(42)  KBC có BF vừa là phân giác vừa là đờng cao nên  KBC cân tại B  BK = BC và FC =. FK Mặt khác D là trung điểm AC nên DF là đờng trung bình của  AKC  DF // AK hay DM // AB Suy ra M lµ trung ®iÓm cña BC 1 DF = 2 AK (DF là đờng trung bình của  AKC), ta có BG BK BG BK 2BK = =  GD DF ( do DF // BK)  GD DF AK (1) CE DC - DE DC AD    1 1 DE DE DE Mæt kh¸c DE (V× AD = DC)  CE AE - DE DC AD    1 1 DE DE DE DE CE AE - DE AE AB AE AB   1  2 2 DE DE DF Hay DE (v× DE = DF : Do DF // AB) CE AK + BK 2(AK + BK) 1 CE 2(AK + BK) 2BK   2 2   2 DE AK AK AK Suy ra DE (Do DF = 2 AK)  DE. (2) BG CE Tõ (1) vµ (2) suy ra GD = DE  EG // BC OG OE  FO  = =  MC MB  FM   OG = OE Gäi giao ®iÓm cña EG vµ DF lµ O ta cã. Bµi tËp vÒ nhµ Bµi 1: Cho tø gi¸c ABCD, AC vµ BD c¾t nhau t¹i O. §êng th¼ng qua O vµ song song víi BC cắt AB ở E; đờng thẳng song song với CD qua O cắt AD tại F a) Chøng minh FE // BD b) Từ O kẻ các đờng thẳng song song với AB, AD cắt BD, CD tại G và H. Chøng minh: CG. DH = BG. CH Bµi 2: Cho hình bình hành ABCD, điểm M thuộc cạnh BC, điểm N thuộc tia đối của tia BC sao cho BN = CM; các đờng thẳng DN, DM cắt AB theo thứ tự tại E, F. Chøng minh: a) AE2 = EB. FE Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 4.

(43) 2.  AN    b) EB =  DF  . EF. B. Baøi taäp vaän duïng 1. Baøi 1: Cho  ABC coù BC = a, AB = b, AC = c, phaân giaùc AD A. a) Tính độ dài BD, CD AI b) Tia phân giác BI của góc B cắt AD ở I; tính tỉ số: ID. c. b I. Giaûi BD AB c   BAC a) AD laø phaân giaùc cuûa neân CD AC b. B. D. C a. BD c BD c ac     BD =  CD + BD b + c a b+c b+c ac ab Do đó CD = a - b + c = b + c AI AB ac b+c  c :  ABC b+c a b) BI laø phaân giaùc cuûa neân ID BD. 2. Baøi 2:  Cho  ABC, coù B < 600 phaân giaùc AD. a) Chứng minh AD < AB b) Gọi AM là phân giác của  ADC. Chứng minh rằng A. BC > 4 DM Giaûi   +C   A 1800 - B   + A ADB =C 600 2 > 2 2 a)Ta coù =     ADB >B AD < AB. C. M. D. B. b) Goïi BC = a, AC = b, AB = c, AD = d Trong  ADC, AM laø phaân giaùc ta coù Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 4.

(44) DM AD DM AD DM AD = =  = CM AC  CM + DM AD + AC CD AD + AC abd CD.AD CD. d ab   DM = AD + AC b + d ; CD = b + c ( Vaän duïng baøi 1)  DM = (b + c)(b + d) 4abd Để c/m BC > 4 DM ta c/m a > (b + c)(b + d) hay (b + d)(b + c) > 4bd (1). Thật vậy : do c > d  (b + d)(b + c) > (b + d)2  4bd . Bất đẳng thức (1) được c/m Baøi 3: Cho  ABC, trung tuyeán AM, caùc tia phaân giaùc cuûa caùc goùc AMB , AMC caét AB, AC theo thứ tự ở D và E a) Chứng minh DE // BC b) Cho BC = a, AM = m. Tính độ dài DE. A. c) Tìm tập hợp các giao diểm I của AM và DE nếu  ABC có BC cố định, AM = m không đổi d)  ABC có điều kiện gì thì DE là đường trung bình của nó Giaûi. D. B. I. E. C. M. DA MB  AMB a) MD laø phaân giaùc cuûa neân DB MA (1) EA MC  AMC ME laø phaân giaùc cuûa neân EC MA (2) DA EA  Từ (1), (2) và giả thiết MB = MC ta suy ra DB EC  DE // BC DE AD AI x    b) DE // BC  BC AB AM . Ñaët DE = x  a. x 2  x = 2a.m m a + 2m. m-. 1 a.m c) Ta có: MI = 2 DE = a + 2m không đổi  I luôn cách M một đoạn không đổi nên a.m tập hợp các điểm I là đường tròn tâm M, bán kính MI = a + 2m (Trừ giao điểm của. nó với BC Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 4.

(45) d) DE là đường trung bình của  ABC  DA = DB  MA = MB   ABC vuông ở A 4. Baøi 4: Cho  ABC ( AB < AC) caùc phaân giaùc BD, CE a) Đường thẳng qua D và song song với BC cắt AB ở K, chứng minh E nằm giữa B và K. A. b) Chứng minh: CD > DE > BE. K. Giaûi. D. E. a) BD laø phaân giaùc neân AD AB AC AE AD AE = < =   DC BC BC EB DC EB (1). M. B. C. AD AK  Maët khaùc KD // BC neân DC KB (2) AK AE AK + KB AE + EB    KB EB Từ (1) và (2) suy ra KB EB AB AB   KB > EB  KB EB  E nằm giữa K và B   b) Goïi M laø giao ñieåm cuûa DE vaø CB. Ta coù CBD = KDB (Goùc so le trong)    KBD = KDB        KBD  EBD  EB < DE mà E nằm giữa K và B nên KDB > EDB > EDB > EDB.           Ta laïi coù CBD + ECB = EDB + DEC  DEC > ECB  DEC > DCE (Vì DCE = ECB ). Suy ra CD > ED  CD > ED > BE 5. Baøi 5: Cho  ABC với ba đường phân giác AD, BE, CF. Chứng minh a. DB . EC . FA =1 . DC EA FB. b.. 1 1 1 1 1 1 + + > + + . AD BE CF BC CA AB. Giaûi Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 4.

(46) H DB AB = BAC AC (1) a)AD là đường phân giác của neân ta coù: DC. A F. EC BC = BA (2) ; Tương tự: với các phân giác BE, CF ta có: EA FA CA = FB CB (3). E. B. C. D. DB EC FA AB BC CA . . = . . AC BA CB = 1 Từ (1); (2); (3) suy ra: DC EA FB. b) §Æt AB = c , AC = b , BC = a , AD = da. Qua C kẻ đờng thẳng song song với AD , cắt tia BA ở H. BA.CH c.CH c AD BA AD    .CH  BH BA + AH b + c Theo §L TalÐt ta cã: CH BH . Do CH < AC + AH = 2b nªn:. da . 2bc  1  b  c  1  1  1   1  1  1  1      d a 2bc 2  b c  da 2  b c  bc. 1 1 1 1     d 2 a c b Chøng minh t¬ng tù ta cã :. Vµ. 1 1 1 1     dc 2  a b . Nªn:. 1 1 1 1   1 1   1 1   1 1    1  1  1  1 .2  1  1  1                da db d c 2  a b c  d a db d c 2   b c   a c   a b  . 1 1 1 1 1 1      d a db d c a b c ( ®pcm ) Bµi tËp vÒ nhµ . Cho  ABC coù BC = a, AC = b, AB = c (b > c), caùc phaân giaùc BD, CE a) Tính độ dài CD, BE rồi suy ra CD > BE b) Vẽ hình bình hành BEKD. Chứng minh: CE > EK c) Chứng minh CE > BD. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 4.

(47) BUỔI 9. CHUYÊN ĐỀ 6 – CHỮ SỐ TẬN CÙNG I. Mục tiêu. - Củng cố các phương pháp tìm chữ số tận cùng của: Một lũy thừa, một biểu thức - Vận dụng và giải các bài tập cơ bản nâng cao. II. Hoạt động dạy và học A. Kiến thức: 1. Moät soá tính chaát: a) Tính chaát 1: + Các số có chữ số tận cùng là 0; 1; 5; 6khi nâng lên luỹ thừa bậc bất kỳ nào thì chữ số tận cùng không thay đổi + Các số có chữ số tận cùng là 4; 9 khi nâng lên luỹ thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng không thay đổi + Các số có chữ số tận cùng là 3; 7; 9 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n (n  N) thì chữ số taän cuøng laø 1 + Các số có chữ số tận cùng là 2; 4; 8 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n (n  N) thì chữ số taän cuøng laø 6 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 4.

(48) b) Tính chất 2: Một số tự nhiên bất kỳ khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 1 (n  N) thì chữ số tận cùng không thay đổi c) Tính chaát 3: + Các số có chữ số tận cùng là 3 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n  N) thì chữ số tận cùng là 7; Các số có chữ số tận cùng là 7 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n  N) thì chữ số tận cùng là 3 + Các số có chữ số tận cùng là 2 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n  N) thì chữ số tận cùng là 8; Các số có chữ số tận cùng là 8 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n  N) thì chữ số tận cùng là 2 + Các số có chữ số tận cùng là 0; 1; 4; 5; 6; 9 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n  N) thì chữ số tận cùng là không đổi 2. Moät soá phöông phaùp: + Tìm chữ số tận cùng của x = am thì ta xét chữ số tận cùng của a: - Nếu chữ số tận cùng của a là các chữ số: 0; 1; 5; 6 thì chữ số tận cùng của x là 0; 1; 5; 6 - Nếu chữ số tận cùng của a là các chữ số: 3; 7; 9 thì : * Vì am = a4n + r = a4n . ar Nếu r là 0; 1; 2; 3 thì chữ số tận cùng của x là chữ số tận cùng của ar Nếu r là 2; 4; 8 thì chữ số tận cùng của x là chữ số tận cùng của 6.ar B. Moät soá ví duï: Baøi 1: Tìm chữ số tận cùng của a) 2436 ; 1672010 b).  79 . 9. ;.  1414 . 14.   45  6   ; . 7. Giaûi Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 4.

(49) a) 2436 = 2434 + 2 = 2434. 2432 2432 có chữ số tận cùng là 9 nên chữ số tận cùng của 2436 là 9 Ta coù 2010 = 4.502 + 2 neân 1672010 = 1674. 502 + 2 = 1674.502.1672 1674.502 có chữ số tận cùng là 6; 1672 có chữ số tận cùng là 9 nên chữ số tận cùng của 1672010 là chữ số tận cùng của tích 6.9 là 4 b) Ta coù: 9. 8. 7. +) 9 - 1 = (9 – 1)(9 + 9 + .......+ 9 + 1) = 4k (k  N)  9. 9. 9 9. 7  = 4k + 1 . = 74k + 1. = 74k.7 nên có chữ số tận cùng là 7 1414 = (12 + 2)14 = 1214 + 12.1413.2 + ....+ 12.12.213 + 214 chia hết cho 4, vì các hạng tử trước 214 đều có nhân tử 12 nên chia hết cho 4; hạng tử 214 = 47 chia hết cho 4 hay 1414  14 = 4k  . 14. 14. 6. +) 5. = 144k có chữ số tận cùng là 6 6 7. 5  có chữ số tận cùng là 5 nên. = 5.(2k + 1)  5.(2k + 1) – 1 = 4 q (k, q  N). 7.   45  6   = 44q + 1 = 44q . 4 có chữ số tận cùng là chữ số tận  5.(2k + 1) = 4q + 1  . cuøng tích 6. 4 laø 4 Bài 2: Tìm chữ số tận cùng của A = 21 + 35 + 49 + 513 +...... + 20048009 Giaûi a) Luỹ thừa của mọi số hạng của A chia 4 thì dư 1(Các số hạng của A có dạng n 4(n – 2) +1. (n  {2; 3; ...; 2004} ) nên mọi số hạng của A và luỹ thừa của nó có chữ số tận cùng giống nhau (Tính chất 2) nên chữ số tận cùng của A là chữ số tận cùng của tổng các soá haïng Từ 2 đến 2004 có 2003 số hạng trong đó có 2000 : 10 = 200 số hạng có chữ số tận cùng bằng 0,Tổng các chữ số tận cùng của A là Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 4.

(50) (2 + 3 + ...+ 9) + 199.(1 + 2 + ... + 9) + 1 + 2 + 3 + 4 = 9009 có chữ số tận cùng là 9 Vây A có chữ số tận cùng là 9 Baøi 3: Tìm a) Hai chữ số tận cùng của 3. 7 7. 7 ; . 999. b) Ba chữ số tận cùng của 3100 c) Bốn chữ số tận cùng của 51994 Giaûi a) 3999 = 3.3998 =3. 9499 = 3.(10 – 1)499 = 3.(10499 – 499.10498 + ...+499.10 – 1) = 3.[BS(100) + 4989] = ...67 7. 7. 7 = (8 – 1) = BS(8) – 1 = 4k + 3  100. b) 3. 7 7. 7 . = 74k + 3 = 73. 74k = 343.(...01)4k = ...43. 50.49 = 9 = (10 – 1) = 10 – 50. 10 + ...+ 2 . 102 – 50.10 + 1 50. 50. 50. 49. 49 = 10 – 50. 10 + ...+ 2 . 5000 – 500 + 1 = BS(1000) + 1 = ...001 50. 49. Chuù yù: + Nếu n là số lẻ không chi hết cho 5 thì ba chữ số tận cùng của n100 là 001 + Nếu một số tự nhiên n không chia hết cho 5 thì n100 chia cho 125 dư 1 HD C/m: n = 5k + 1; n = 5k + 2 + Nếu n là số lẻ không chia hết cho 5 thì n101 và n có ba chữ số tận cùng như nhau c) Caùch 1: 54 = 625 Ta thaáy soá (...0625)n = ...0625 51994 = 54k + 2 = 25.(54)k = 25.(0625)k = 25.(...0625) = ...5625 Caùch 2: Tìm soá dö khi chia 51994 cho 10000 = 24. 54 Ta thaáy 54k – 1 chia heát cho 54 – 1 = (52 – 1)(52 + 1) chia heát cho 16 Ta coù: 51994 = 56. (51988 – 1) + 56. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 5.

(51) Do 56 chia heát cho 54, coøn 51988 – 1 chia heát cho 16 neân 56(51988 – 1) chia heát cho 10000 Ta coù 56 = 15625 Vậy bốn chữ số tận cùng của 51994 là 5625 Chuù yù: Neáu vieát 51994 = 52. (51992 – 1) + 52 Ta coù: 51992 – 1 chia heát cho 16; nhöng 52 khoâng chia heát cho 54 Như vậy trong bài toán này ta cần viết 51994 dưới dạng 5n(51994 – n – 1) + 5n ; n  4 và 1994 – n chia heát cho 4 C. Vận dụng vào các bài toán khác Baøi 1: Chứng minh rằng: Tổng sau không là số chính phương a) A = 19k + 5k + 1995k + 1996k ( k  N, k chaün) b) B = 20042004k + 2001 Giaûi a) Ta coù: 19k có chữ số tận cùng là 1 5k có chữ số tận cùng là 5 1995k có chữ số tận cùng là 5 1996k có chữ số tận cùng là 6 Nên A có chữ số tận cùng là chữ số tận cùng của tổng các chữ số tận cùng của tổng 1 + 5 + 5 + 6 = 17, có chữ số tận cùng là 7 nên không thể là số chính phương b) Ta coù :k chaün neân k = 2n (n  N) 20042004k = (20044)501k = (20044)1002n = (...6)1002n là luỹ thừa bậc chẵn của số có chữ số tận cùng là 6 nên có chữ số tận cùng là 6 nên B = 20042004k + 2001 có chữ số tận cùng là 7, do đó B không là số chính phương Baøi 2: Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 5.

(52) Tìm số dư khi chia các biểu thức sau cho 5 a) A = 21 + 35 + 49 +...+ 20038005 b) B = 23 + 37 +411 +...+ 20058007 Giaûi a) Chữ số tận cùng của A là chữ số tận cùng của tổng (2 + 3 +... + 9) + 199.(1 + 2 + ... + 9) + 1 + 2 + 3 = 9005 Chữ số tận cùng của A là 5 nên chia A cho 5 dư 0 b)Tương tự, chữ số tận cùng của B là chữ số tận cùng của tổng (8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 199.(1 + ...+ 9) + 8 + 7 + 4 + 5 = 9024 B có chữ số tận cùng là 4 nên B chia 5 dư 4. III. Baøi taäp veà nhaø Bài 1: Tìm chữ số tận cùng của: 3. 102. 3 5. 7 ; . Bài 2: Tìm hai, ba chữ số tận cùng của: 3. ; 320 + 230 + 715 - 816 555. 7 9. 2 ; . Baøi 3: Tìm soá dö khi chia caùc soá sau cho 2; cho 5: a) 38; 1415 + 1514 b) 20092010 – 20082009. BUỔI 10. CHUYÊN ĐỀ 7– ĐỒNG DƯ. I. Mục tiêu. - Củng cố kiến thức về đồng dư thức: - Vận dụng để tìm chữ số tận cùng, chứng minh chia hết, .... II. Hoạt động dạy và học 1. Kiểm tra: Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 5.

(53) Bài 1: Tìm chữ số tận cùng của: 3. 102. 3 5. 7 ; . Bài 2: Tìm hai, ba chữ số tận cùng của: 3. ; 320 + 230 + 715 - 816 555. 7 9. 2 ; . 2. Nội dung A. Ñònh nghóa: Nếu hai số nguyên a và b có cùng số dư trong phép chia cho một số tự nhiên m  0 thì ta nói a đồng dư với b theo môđun m, và có đồng dư thức: a  b (mod m) Ví duï:7  10 (mod 3) , 12  22 (mod 10) + Chuù yù: a  b (mod m)  a – b  m B. Tính chất của đồng dư thức: 1. Tính chaát phaûn xaï: a  a (mod m) 2. Tính chất đỗi xứng: a  b (mod m)  b  a (mod m) 3. Tính chaát baéc caàu: a  b (mod m), b  c (mod m) thì a  c (mod m) a  b (mod m)  a  c  b  d (mod m)  c  d (mod m)  4. Cộng , trừ từng vế:. Heä quaû: a) a  b (mod m)  a + c  b + c (mod m) b) a + b  c (mod m)  a  c - b (mod m) c) a  b (mod m)  a + km  b (mod m) a  b (mod m)  ac  bd (mod m)  c  d (mod m)  5. Nhân từng vế :. Heä quaû: a) a  b (mod m)  ac  bc (mod m) (c  Z) b) a  b (mod m)  an  bn (mod m) 6. Có thể nhân (chia) hai vế và môđun của một đồng dư thức với một số nguyên döông Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 5.

(54) a  b (mod m)  ac  bc (mod mc) Chaúng haïn: 11  3 (mod 4)  22  6 (mod 8) ac  bc (mod m)  a  b (mod m)  (c, m) = 1  7. 16  2 (mod 7)  8  1 (mod 7)  Chaúng haïn : (2, 7) = 1. B. Caùc ví duï: 1. Ví duï 1: Tìm soá dö khi chia 9294 cho 15 Giaûi Ta thaáy 92  2 (mod 15)  9294  294 (mod 15) (1) Laïi coù 24  1 (mod 15)  (24)23. 22  4 (mod 15) hay 294  4 (mod 15) (2) Từ (1) và (2) suy ra 9294  4 (mod 15) tức là 9294 chia 15 thì dư 4 2. Ví duï 2: Chứng minh: trong các số có dạng 2n – 4(n  N), có vô số số chia hết cho 5 Thaät vaäy: Từ 24  1 (mod 5)  24k  1 (mod 5) (1) Laïi coù 22  4 (mod 5) (2) Nhân (1) với (2), vế theo vế ta có: 24k + 2  4 (mod 5)  24k + 2 - 4  0 (mod 5) Hay 24k + 2 - 4 chia hết cho 5 với mọi k = 0, 1, 2, ... hay ta được vô số số dạng 2n – 4 (n  N) chia heát cho 5 Chú ý: khi giải các bài toán về đồng dư, ta thường quan tâm đến a   1 (mod m) a  1 (mod m)  an  1 (mod m) a  -1 (mod m)  an  (-1)n (mod m) 3. Ví dụ 3: Chứng minh rằng a) 2015 – 1 chia heát cho 11 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. b) 230 + 330 chi heát cho 13 Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 5.

(55) c) 555222 + 222555 chia heát cho 7 Giaûi a) 25  - 1 (mod 11) (1); 10  - 1 (mod 11)  105  - 1 (mod 11) (2) Từ (1) và (2) suy ra 25. 105  1 (mod 11)  205  1 (mod 11)  205 – 1  0 (mod 11) b) 26  - 1 (mod 13)  230  - 1 (mod 13) (3) 33  1 (mod 13)  330  1 (mod 13) (4) Từ (3) và (4) suy ra 230 + 330  - 1 + 1 (mod 13)  230 + 330  0 (mod 13) Vaäy: 230 + 330 chi heát cho 13 c) 555  2 (mod 7)  555222  2222 (mod 7) (5) 23  1 (mod 7)  (23)74  1 (mod 7)  555222  1 (mod 7) (6) 222  - 2 (mod 7)  222555  (-2)555 (mod 7) Laïi coù (-2)3  - 1 (mod 7)  [(-2)3]185  - 1 (mod 7)  222555  - 1 (mod 7) Ta suy ra 555222 + 222555  1 - 1 (mod 7) hay 555222 + 222555 chia heát cho 7 4. Ví duï 4:. 2 Chứng minh rằng số 2. 4n + 1. + 7 chia hết cho 11 với mọi số tự nhiên n. Thaät vaäy:Ta coù: 25  - 1 (mod 11)  210  1 (mod 11) Xeùt soá dö khi chia 24n + 1 cho 10. Ta coù: 24  1 (mod 5)  24n  1 (mod 5)  2.24n  2 (mod 10)  24n + 1  2 (mod 10)  24n + 1 = 10 k + 2 2 Neân 2. 4n + 1. + 7 = 210k + 2 + 7 =4. 210k + 7 = 4.(BS 11 + 1)k + 7 = 4.(BS 11 + 1k) + 7. = BS 11 + 11 chia heát cho 11 III. Baøi taäp veà nhaø: Baøi 1: CMR: a) 228 – 1 chia heát cho 29 b)Trong caùc soá coù daïng2n – 3 coù voâ soá soá chia heát cho 13 Baøi 2: Tìm soá dö khi chia A = 2011 + 2212 + 19962009 cho 7. BUỔI 11 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 5.

(56) CHUYÊN ĐỀ 8 – TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA THỨC I. MỤC TIÊU. - Nắm được các tính chất chia hết đối với đa thức. - Biết chứng minh một đa thức chia hết cho một đa thức khác, tìm thương, đa thức dư II. HOẠT ĐỘNG DẠY HỌC A. Dạng 1: Tìm dư của phép chia mà không thực hiện phép chia 1. Đa thức chia có dạng x – a (a là hằng) Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của f(x) tại x = a Ta coù: f(x) = (x – a). Q(x) + r Đẳng thức đúng với mọi x nên với x = a, ta có f(a) = 0.Q(a) + r hay f(a) = r Ta suy ra: f(x) chia heát cho x – a  f(a) = 0 b) f(x) coù toång caùc heä soá baèng 0 thì chia heát cho x – 1 c) f(x) có tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử baäc leû thì chia heát cho x + 1 Ví duï : Khoâng laøm pheùp chia, haõy xeùt xem A = x3 – 9x2 + 6x + 16 chia heát cho B = x + 1, C = x – 3 khoâng Keát quaû: A chia heát cho B, khoâng chia heát cho C 2. Đa thức chia có bậc hai trở lên Cách 1: Tách đa thức bị chia thành tổng của các đa thức chia hết cho đa thức chia và dö Caùch 2: Xeùt giaù trò rieâng: goïi thöông cuûa pheùp chia laø Q(x), dö laø ax + b thì f(x) = g(x). Q(x) + ax + b Ví duï 1: Tìm dö cuûa pheùp chia x7 + x5 + x3 + 1 cho x2 – 1 Caùch 1: Ta bieát raèng x2n – 1 chia heát cho x2 – 1 neân ta taùch: Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 5.

(57) x7 + x5 + x3 + 1 = (x7 – x) + (x5 – x) +(x3 – x) + 3x + 1 = x(x6 – 1) + x(x4 – 1) + x(x2 – 1) + 3x + 1 chia cho x2 – 1 dö 3x + 1 Caùch 2: Goïi thöông cuûa pheùp chia laø Q(x), dö laø ax + b, Ta coù: x7 + x5 + x3 + 1 = (x -1)(x + 1).Q(x) + ax + b với mọi x Đẳng thức đúng với mọi x nên với x = 1, ta có 4 = a + b (1) với x = - 1 ta có - 2 = - a + b (2) Từ (1) và (2) suy ra a = 3, b =1 nên ta được dư là 3x + 1 Ghi nhớ: an – bn chia heát cho a – b (a  -b) an + bn ( n leû) chia heát cho a + b (a  -b) Ví duï 2: Tìm dö cuûa caùc pheùp chia a) x41 chia cho x2 + 1 b) x27 + x9 + x3 + x cho x2 – 1 c) x99 + x55 + x11 + x + 7 cho x2 + 1 Giaûi a) x41 = x41 – x + x = x(x40 – 1) + x = x[(x4)10 – 1] + x chia cho x4 – 1 dö x neân chia cho x2 + 1 dö x b) x27 + x9 + x3 + x = (x27 – x) + (x9 – x) + (x3 – x) + 4x = x(x26 – 1) + x(x8 – 1) + x(x2 – 1) + 4x chia cho x2 – 1 dö 4x c) x99 + x55 + x11 + x + 7 = x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) – 2x + 7 chia cho x2 + 1 dö – 2x + 7 B. Sơ đồ HORNƠ 1. Sơ đồ Để tìm kết quả của phép chia f(x) cho x – a (a là hằng số), ta sử dụng sơ đồ hornơ Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. a. HÖ sè thø 1®a thøc bÞ chia. +. HÖ sè thø 2 cña ®a thøc bÞ chia. HÖ sè. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái cñaSơn ®a:. 5. thøc chia.

(58) Nếu đa thức bị chia là a0x3 + a1x2 + a2x + a3, đa thức chia là x – a ta được thương là b0x2 + b1x + b2, dö r thì ta coù Ví duï: a0 a. a1. a2. a3. b 0 = a0 b 1 = ab 0 + a1 b = ab + a r = ab + a 2 1 2 2 3. Đa thức bị chia: x3 -5x2 + 8x – 4, đa thức chia x – 2 Ta có sơ đồ 1 -5 8 -4 2 1 2. 1 + (- 5) = -3 2.(- 3) + 8 = 2 r = 2. 2 +(- 4) = 0 3 2 2 Vaäy: x -5x + 8x – 4 = (x – 2)(x – 3x + 2) + 0 laø pheùp chia heát 2. Áp dụng sơ đồ Hornơ để tính giá trị của đa thức tại x = a Giaù trò cuûa f(x) taïi x = a laø soá dö cuûa pheùp chia f(x) cho x – a 1. Ví duï 1: Tính giaù trò cuûa A = x3 + 3x2 – 4 taïi x = 2010 Ta có sơ đồ: a = 2010. 1 1. 3 2010.1+3 = 2013. 0 2010.2013 + 0 = 4046130. -4 2010.4046130 – 4 = 8132721296. Vaäy: A(2010) = 8132721296 C. Chưngs minh một đa thức chia hết cho một đa thức khác I. Phöông phaùp: 1. Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có một thừa số là đa thức chia 2. Cách 2: biến đổi đa thức bị chia thành một tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia 3. Cách 3: Biến đổi tương đương f(x)  g(x)  f(x)  g(x)  g(x) Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 5.

(59) 4. cách 4: Chứng tỏ mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia II. Ví duï 1.Ví duï 1: Chứng minh rằng: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1 Ta coù: x8n + x4n + 1 = x8n + 2x4n + 1 - x4n = (x4n + 1)2 - x4n = (x4n + x2n + 1)( x4n - x2n + 1) Ta laïi coù: x4n + x2n + 1 = x4n + 2x2n + 1 – x2n = (x2n + xn + 1)( x2n - xn + 1) chia heát cho x2n + xn + 1 Vaäy: x8n + x4n + 1 chia heát cho x2n + xn + 1 2. Ví duï 2: Chứng minh rằng: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n  N Ta coù:. x3m + 1 + x3n + 2 + 1 = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x + 1 = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1). Vì x3m – 1 vaø x3n – 1 chia heát cho x3 – 1 neân chia heát cho x2 + x + 1 Vậy: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n  N 3. Ví dụ 3: Chứng minh rằng f(x) = x99 + x88 + x77 + ... + x11 + 1 chia heát cho g(x) = x9 + x8 + x7 + ....+ x + 1 Ta coù: f(x) – g(x) = x99 – x9 + x88 – x8 + x77 – x7 + ... + x11 – x + 1 – 1 = x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + ....+ x(x10 – 1) chia heát cho x10 – 1 Maø x10 – 1 = (x – 1)(x9 + x8 + x7 +...+ x + 1) chia heát cho x9 + x8 + x7 +...+ x + 1 Suy ra f(x) – g(x) chia heát cho g(x) = x9 + x8 + x7 +...+ x + 1 Neân f(x) = x99 + x88 + x77 + ... + x11 + 1 chia heát cho g(x) = x9 + x8 + x7 + ....+ x + 1 4. Ví duï 4: CMR: f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – 2 chia heát cho g(x) = x2 – x Đa thức g(x) = x2 – x = x(x – 1) có 2 nghiệm là x = 0 và x = 1 Ta có f(0) = (-1)10 + 110 – 2 = 0  x = 0 là nghiệm của f(x)  f(x) chứa thừa số x. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 5.

(60) f(1) = (12 + 1 – 1)10 + (12 – 1 + 1)10 – 2 = 0  x = 1 là nghiệm của f(x) f(x) chứa thừa số x – 1, mà các thừa số x và x – 1 không có nhân tử chung, do đó f(x) chia hết cho x(x – 1) hay f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – 2 chia heát cho g(x) = x2 – x 5. Ví dụ 5: Chứng minh rằng a) A = x2 – x9 – x1945 chia heát cho B = x2 – x + 1 b) C = 8x9 – 9x8 + 1 chia heát cho D = (x – 1)2 c) C (x) = (x + 1)2n – x2n – 2x – 1 chia heát cho D(x) = x(x + 1)(2x + 1) Giaûi a) A = x2 – x9 – x1945 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x) Ta coù: x2 – x + 1 chia heát cho B = x2 – x + 1 x9 + 1 chia heát cho x3 + 1 neân chia heát cho B = x2 – x + 1 x1945 – x = x(x1944 – 1) chia heát cho x3 + 1 (cuøng coù nghieäm laø x = - 1) neân chia heát cho B = x2 – x + 1 Vaäy A = x2 – x9 – x1945 chia heát cho B = x2 – x + 1 b) C = 8x9 – 9x8 + 1 = 8x9 – 8 - 9x8 + 9 = 8(x9 – 1) – 9(x8 – 1) = 8(x – 1)(x8 + x7 + ...+ 1) – 9(x – 1)(x7 + x6 + ...+ 1) = (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) (8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia heát cho x – 1 vì coù toång heä soá baèng 0 suy ra (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia heát cho (x – 1)2 1 c) Đa thức chia D (x) = x(x + 1)(2x + 1) có ba nghiệm là x = 0, x = - 1, x = - 2. Ta coù: C(0) = (0 + 1)2n – 02n – 2.0 – 1 = 0  x = 0 laø nghieäm cuûa C(x) C(-1) = (-1 + 1)2n – (- 1)2n – 2.(- 1) – 1 = 0  x = - 1 laø nghieäm cuûa C(x). Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 6.

(61) 1 1 1 1 1 C(- 2 ) = (- 2 + 1)2n – (- 2 )2n – 2.(- 2 ) – 1 = 0  x = - 2 laø nghieäm cuûa C(x). Mọi nghiệm của đa thức chia là nghiệm của đa thức bị chia  đpcm 6. Ví duï 6: Cho f(x) là đa thức có hệ số nguyên. Biết f(0), f(1) là các số lẻ. Chứng minh rằng f(x) khoâng coù nghieäm nguyeân Giả sử x = a là nghiệm nguyên của f(x) thì f(x) = (x – a). Q(x). Trong đó Q(x) là đa thức có hệ số nguyên, do đó f(0) = - a. Q(0), f(1) = (1 – a). Q(1) Do f(0) laø soá leû neân a laø soá leû, f(1) laø soá leû neân 1 – a laø soá leû, maø 1 – a laø hieäu cuûa 2 soá leû khoâng theå laø soá leû, maâu thuaån Vaäy f(x) khoâng coù nghieäm nguyeân Baøi taäp veà nhaø: Baøi 1: Tìm soá dö khi a) x43 chia cho x2 + 1 b) x77 + x55 + x33 + x11 + x + 9 cho x2 + 1 Bài 2: Tính giá trị của đa thức x4 + 3x3 – 8 tại x = 2009 Bài 3: Chứng minh rằng a) x50 + x10 + 1 chia heát cho x20 + x10 + 1 b) x10 – 10x + 9 chia heát cho x2 – 2x + 1 c) x4n + 2 + 2x2n + 1 + 1 chia heát cho x2 + 2x + 1 d) (x + 1)4n + 2 + (x – 1)4n + 2 chia heát cho x2 + 1 e) (xn – 1)(xn + 1 – 1) chia heát cho (x + 1)(x – 1)2. BUỔI 12 +13 CHUYÊN ĐỀ 9– CÁC BAØI TOÁN VỀ BIỂU THỨC HỮU TỈ I. MỤC TIÊU Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 6.

(62) -Biết tìm điều kiện xác định của một biểu thức hữu tỉ - Rút gọn biểu thức, tính giá trị của biểu thức II. HOẠT ĐỘNG DẠY VÀ HỌC A. Nhắc lại kiến thức: Các bước rút gọn biểu thức hửu tỉ a) Tìm ĐKXĐ: Phân tích mẫu thành nhân tử, cho tất cả các nhân tử khác 0 b) Phân tích tử thành nhân , chia tử và mẫu cho nhân tử chung B. Baøi taäp: x 4  5x 2  4 4 2 Bài 1: Cho biểu thức A = x  10 x  9. a) Ruùt goïn A b) tìm x để A = 0 c) Tìm giaù trò cuûa A khi. 2 x  1 7. Giaûi a)Ñkxñ : x4 – 10x2 + 9  0  [(x2)2 – x2] – (9x2 – 9)  0  x2(x2 – 1) – 9(x2 – 1)  0  x 1  x  1     x 3  x  3  (x2 – 1)(x2 – 9)  0  (x – 1)(x + 1)(x – 3)(x + 3)  0.  x 1   x 3. Tử : x4 – 5x2 + 4 = [(x2)2 – x2] – (x2 – 4) = x2(x2 – 1) – 4(x2 – 1) = (x2 – 1)(x2 – 4) = (x – 1)(x + 1)(x – 2)(x + 2) Với x  1; x  3 thì (x - 1)(x + 1)(x - 2)(x + 2) (x - 2)(x + 2)  A = (x - 1)(x + 1)(x - 3)(x + 3) (x - 3)(x + 3) (x - 2)(x + 2) b) A = 0  (x - 3)(x + 3) = 0  (x – 2)(x + 2) = 0  x =  2. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 6.

(63)  2 x  1 7  2 x  1 7   2 x  1  7 c).  2 x 8  2 x  6  .  x 4  x  3 . (x - 2)(x + 2) (4 - 2)(4 + 2) 12   (x 3)(x + 3) (4 3)(4 + 3) 7 * Với x = 4 thì A =. * Với x = - 3 thì A không xác định 2. Baøi 2: 2 x 3  7 x 2  12 x  45 3 2 Cho biểu thức B = 3x  19 x  33x  9. a) Ruùt goïn B b) Tìm x để B > 0 Giaûi a) Phaân tích maãu: 3x3 – 19x2 + 33x – 9 = (3x3 – 9x2) – (10x2 – 30x) + (3x – 9) = (x – 3)(3x2 – 10x + 3) = (x – 3)[(3x2 – 9x) – (x – 3)] = (x – 3)2(3x – 1) 1 Ñkxñ: (x – 3)2(3x – 1)  0  x  3 vaø x  3. b) Phân tích tử, ta có: 2x3 – 7x2 – 12x + 45 = (2x3 – 6x2 ) - (x2 - 3x) – (15x - 45) = (x – 3)(2x2 – x – 15) = (x – 3)[(2x2 – 6x) + (5x – 15)] = (x – 3)2(2x + 5) 1 Với x  3 và x  3 (x - 3) 2 (2x + 5) 2x + 5 2 x 3  7 x 2  12 x  45  2 3 2 (x 3) (3x 1) 3x - 1 3 x  19 x  33 x  9 Thì B = =  1   x  3   3x  1  0  x   5  2  2 x  5  0       3x  1  0 1   x    3  2 x  5  0  2x + 5  x   5 2   c) B > 0  3x - 1 > 0  Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. 1  x   3  x 5  2. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 6.

(64) 3. Baøi 3 2 5  x  1 2x  1   : 2  2  Cho biểu thức C =  1  x x 1 1  x  x  1. a) Rút gọn biểu thức C b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên Giaûi a) Ñkxñ: x   1 2 5  x  1  2 x  1  x  2(1  x)  5  ( x  1)( x  1) 2  1   : 2  .    2  1 2x 2x  1 C =  1  x x  1 1  x  x  1  (1  x)(1  x)  2 b) B coù giaù trò nguyeân khi x laø soá nguyeân thì 2 x  1 coù giaù trò nguyeân  2 x  1 1  2 x  1  1    2 x  1 2   2x – 1 laø Ö(2)   2 x  1  2.  x 1  x 0   x 1,5   x  1. Đối chiếu Đkxđ thì chỉ có x = 0 thoả mãn 4. Baøi 4 x3  x 2  2 x x x  2  x2  4. Cho biểu thức D =. a) Rút gọn biểu thức D b) Tìm x nguyên để D có giá trị nguyên c) Tìm giaù trò cuûa D khi x = 6 Giaûi a) Neáu x + 2 > 0 thì D=. x3  x 2  2 x x x  2  x2  4. Neáu x + 2 < 0 thì. x2. = x + 2 neân. x3  x 2  2 x x( x  1)( x  2) x2  x   2 2 = x( x  2)  x  4 x ( x  2)  ( x  2)( x  2) x2. = - (x + 2) neân. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 6.

(65) D=. x3  x 2  2 x x x  2  x2  4. x3  x 2  2 x x ( x  1)( x  2) x   2 =  x( x  2)  x  4  x( x  2)  ( x  2)( x  2) 2. Nếu x + 2 = 0  x = -2 thì biểu thức D không xác định x x2  x b) Để D có giá trị nguyên thì 2 hoặc 2 có giá trị nguyên x 2 - x  2  x(x - 1)  2 x2  x   x > - 2 +) 2 coù giaù trò nguyeân   x > - 2. Vì x(x – 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 với mọi x > - 2 x  2 x   x < 2   2 +) coù giaù trò nguyeân.  x = 2k  x 2k (k  Z; k < - 1)  x < - 2. x2  x 6(6  1) 15 c) Khia x = 6  x > - 2 neân D = 2 = 2. Baøi taäp veà nhaø Baøi 1: 2 x   x   2 x 3 x   2   : 1  Cho biểu thức A =  x  3 x  2 x  5 x  6   x  1 . a) Ruùt goïn A b) Tìm x để A = 0; A > 0 Baøi 2: 3 y3  7 y 2  5 y  1 3 2 Cho biểu thức B = 2 y  y  4 y  3. a) Ruùt goïn B 2D b) Tìm số nguyên y để 2y + 3 có giá trị nguyên. c) Tìm số nguyên y để B  1 * Dạng 2: Các biểu thức có tính quy luật Bài 1: Rút gọn các biểu thức. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 6.

(66) a) A =. 3 5 2n  1   ......  2 2 2 (1.2) (2.3)  n(n  1) . Phương pháp: Xuất phát từ hạng tử cuối để tìm ra quy luật 2n  1 2. Ta coù  n(n  1) =. 2n  1 1 1  2 2 n (n  1) n (n  1)2 Neân 2. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n(n  1)  2  2  2  2  ......  2  2     2 2 2 n n ( n  1) 1 (n  1) (n  1) 2 A= 1 2 2 3 3 1   1  1 1    1  2  .  1  2  .  1  2  ........  1  2   n  b) B =  2   3   4 . Ta coù. 1. 1 k 2  1 (k  1)(k  1)  2  k2 k k2 Neân. B= 1.3 2.4 3.5 ( n  1)( n  1) 1.3.2.4...(n  1)(n  1) 1.2.3...(n  1) 3.4.5...(n  1) 1 n  1 n  1 . . ...   .  .  22 32 42 n2 22.32.42...n 2 2.3.4...(n  1)n 2.3.4....n n 2 2n 1 1 1 1 1 1 1  150 150 150 150 150. .      ......      ......   3  5 8 8 11 47 50  47.50 = c) C = 5.8 8.11 11.14 9 1 1     50. 45 10 = 50.  5 50  1 1 1 1    ......  (n  1)n(n  1) = d) D = 1.2.3 2.3.4 3.4.5 1  1 1 1 1 1 1  .     ......    2  1.2 2.3 2.3 3.4 ( n  1)n n(n  1)  1 1 1  (n  1)(n  2)     4n(n  1) = 2  1.2 n(n  1) . Baøi 2: m 1 m 2 2 1 1 1 1 1 A   ...      ......  2 m 2 n 1; B = 2 3 4 n . Tính B a) Cho A = 1. Ta coù. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 6.

(67) n n  n n     ...   1 2 n  2 n  1  A=.   1 1  1 1  1 1 ...   1 n  1  2  ...  n  2  n  1   (n  1)   n 1  . 1 1  1 1  1 1 1 A n    ...      1 n   ...   nB 1 2 n  2 n  1 2 n  2 n  1     B =n =  1 1 1 1   ......   (2n - 3).3 (2n - 1).1 ; b) A = 1.(2n - 1) 3.(2n - 3). 1 1  ......  2n - 1 B=1+ 3. Tính A : B Giaûi 1  1  1 1  1  1  1      1  1      ...     2n - 3 3   2n - 1   A = 2n   2n - 1   3 2n - 3  . 1 2n.  1 1 1   1 1 1    1  3  ......  2n - 1  2n - 3    2n - 1  2n - 3  ......  3  1     . . 1  1 1 1  1 A 1 .2.  1   ......      .2.B  2n  3 2n - 1 2n - 3  2n B n. Baøi taäp veà nhaø Rút gọn các biểu thức sau: 12 32 52 n2 . . ...... 2 2 2 2 b) 2  1 4  1 6  1 (n + 1)  1. 1 1 1  +......+ (n - 1)n a) 1.2 2.3 1 1 1  +......+ n(n + 1)(n +2) c) 1.2.3 2.3.4. * Dạng 3: Rút gọn; tính giá trị biểu thức thoả mãn điều kiện của biến 1 x + =3 x Baøi 1: Cho . TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc sau : A = x2 + a) Lêi gi¶i. 1 x2 ;. B = x3 + b). 1 x3 ;. C = x4 + c). 1 x4 ;. D = x5 + d). 1 x5 .. 1 æ 1ö A = x + 2 =ç x+ ÷ ÷ ç ÷- 2 = 9 - 2 = 7 ç è ø x x a) ; 2. 2. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 6.

(68) æ 1ö 1 æ 1ö ÷ ç B = x + 3 =ç x + 3 x+ ÷ ÷ ÷ ç ç ÷ ÷= 27 - 9 = 18 ç ç è ø è ø x x x b) ; 3. 3. 1 æ2 1 ö C = x + 4 =ç x + 2÷ ÷ ç ÷- 2 = 49 - 2 = 47 ç è ø x x c) ; 2. 4. æ2 1 ö æ3 1 ö 1 1 5 ÷ ÷ ç A.B = ç x + x + = x + + x + = D +3 ÷ ÷ ç ç 2 3 5 ÷ç ÷ ç è ø è ø x x x x d)  D = 7.18 – 3 = 123. a b c x y z + + =2 + + =2 Baøi 2: Cho a b c (1); x y z (2). 2. 2. b a c   +  +  z  y Tính giá trị biểu thức D =  x . 2. Từ (1) suy ra bcx + acy + abz = 0 (3) Từ (2) suy ra 2. 2. 2.  b  ab ac bc  a c    4    +   +   + 2 . x z  y  xy xz yz . 2. 2. 2. b  ab ac bc  a c      +   +   4  2 .  x z  y  xy xz yz  (4). Thay (3) vaøo (4) ta coù D = 4 – 2.0 = 4 Baøi 3 a b 2c   a) Cho abc = 2; rút gọn biểu thức A = ab + a + 2 bc + b + 1 ac + 2c + 2. Ta coù : a ab 2c a ab 2c      A = ab + a + 2 abc + ab + a ac + 2c + 2 ab + a + 2 2 + ab + a ac + 2c + abc a ab 2c a ab 2 ab + a + 2       1 ab + a + 2 2 + ab + a c(a + 2 + ab) ab + a + 2 2 + ab + a a + 2 + ab ab + a + 2 = a2 b2 c2   2 2 2 2 2 2 2 2 2 b) Cho a + b + c = 0; rút gọn biểu thức B = a - b - c b - c - a c - b - a. Từ a + b + c = 0  a = -(b + c)  a2 = b2 + c2 + 2bc  a2 - b2 - c2 = 2bc Tương tự ta có: b2 - a2 - c2 = 2ac ; c2 - b2 - a2 = 2ab (Hoán vị vòng quanh), nên Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 6.

(69) a2 b2 c2 a 3  b3  c3    2abc B = 2bc 2ac 2ab (1). a + b + c = 0  -a = (b + c)  -a3 = b3 + c3 + 3bc(b + c)  -a3 = b3 + c3 – 3abc  a3 + b3 + c3 = 3abc (2) a 3  b3  c3 3abc 3   2abc 2abc 2 (Vì abc  0) Thay (2) vaøo (1) ta coù B =. c) Cho a, b, c từng đôi một khác nhau thoả mãn: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 a2 b2 c2 +  2 2 2 Rút gọn biểu thức C = a + 2bc b + 2ac c + 2ab. Từ (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2  ab + ac + bc = 0  a2 + 2bc = a2 + 2bc – (ab + ac + bc) = a2 – ab + bc – ac = (a – b)(a – c). Tương tự: b2 + 2 ac = (b – a)(b – c) ; c2 + 2ab = (c – a)(c – b) a2 b2 c2 a2 b2 c2 +    C = (a - b)(a - c) (b - a)(b - c) (c - a)(c - b) (a - b)(a - c) (a - b)(b - c) (a - c)(b - c) a 2 (b - c) b 2 (a - c) c 2 (b - c) (a - b)(a - c)(b - c)   1 = (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c). * Dạng 4: Chứng minh đẳng thức thoả mãn điều kiện của biến 1 1 1 1 1 1 + + =2 + 2 + 2 =2 2 b c 1. Baøi 1: Cho a b c (1); a (2).. Chứng minh rằng: a + b + c = abc Từ (1) suy ra 1 1 1 + 2 + 2 + 2. 2 a b c. 1 1 1 1  1  1 + + + +   4  2.   4  bc ac  bc ac   ab  ab. 1 1  1  2 + 2 + 2 b c  a. 1 1 1 a+b+c + + 1  1   ab bc ac abc a + b + c = abc. 1 1 1 1 + + = 2. Baøi 2: Cho a, b, c ≠ 0 vµ a + b + c ≠ 0 tháa m·n ®iÒu kiÖn a b c a + b + c .. Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có hai số đối nhau.. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 6.

(70) 1. Từ đó suy ra rằng : a. +. 2009. 1 b. 2009. +. 1 c. 2009. =. 1 a. 2009. +b. 2009. + c2009 .. 1 1 1 1 1 1 1 1 a +b a +b + + = + =0 + + =0 c(a + b + c) Ta cã : a b c a + b + c  a b c a + b + c  ab. c(a + b + c) + ab (a + b). = 0 Û (a + b)(b + c)(c + a) = 0 Û abc(a + b + c) . 1. Từ đó suy ra : a. 2009. +. 1 b. 2009. 1 a 2009 + b 2009 + c2009. 1 2009  a. +. 1 b 2009. +. 1 c2009. +. =. =. 1 c. 2009. =. 1 a. 2009. +. éa + b = 0 ê êb + c = 0 Û ê êc + a = 0 ë. éa =- b ê êb =- c ê êc =- a ë. 1 1 1 + 2009 = 2009 2009 (- c) c a. 1 1 = a 2009 + (- c)2009 + c 2009 a 2009. 1 a 2009 + b 2009 + c2009 .. a b c b c a +   +  c a a b c (1) 3. Baøi 3: Cho b. chứng minh rằng : trong ba số a, b, c tồn tại hai số bằng nhau 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Từ (1)  a c + ab + bc = b c + ac + a b  a (b - c) - a(c  b )  bc(c - b) = 0.  (c – b)(a2 – ac = ab + bc) = 0  (c – b)(a – b)( a – c) = 0  ñpcm. 4. Baøi 4: Cho (a2 – bc)(b – abc) = (b2 – ac)(a – abc); abc  0 vaø a  b 1 1 1 + + =a+b+c Chứng minh rằng: a b c. Từ GT  a2b – b2c - a3bc + ab2c2 = ab2 – a2c – ab3c + a2bc2  (a2b – ab2) + (a2c – b2c) = abc2(a – b) + abc(a - b)(a + b)  (a – b)(ab + ac + bc) = abc(a – b)(a + b + c) ab + ac + bc 1 1 1 =a+b+c  + + =a+b+c  abc a b c a b c + + =0 5. Baøi 5: Cho a + b + c = x + y + z = x y z ; Chứng minh rằng: ax2 + by2 + cz2. =0 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 7.

(71) Từ x + y + z = 0  x2 = (y + z)2 ; y2 = (x + z)2 ; z2 = (y + x)2  ax2 + by2 + cz2 = a(y + z)2 + b(x + z)2 + c (y + x)2 = …. = (b + c)x2 + (a + c)y2 + (a + b)z2 + 2(ayz + bxz + cxy) (1) Từ a + b + c = 0  - a = b + c; - b = a + c; - c = a + b (2) a b c + + =0  ayz + bxz + cxy = 0 (3). Thay (2), (3) vaøo (1); ta coù: Từ x y z. ax2 + by2 + cz2 = -( ax2 + by2 + cz2 )  ax2 + by2 + cz2 = 0 a b c a b c +  0 +  0 2 2 (c - a) (a - b) 2 6. Bài 6: Cho b - c c - a a - b ; chứng minh: (b - c) a b c b 2  ab + ac - c 2 a b c =   +  0 a-c b-a (a - b)(c - a)  b-c Từ b - c c - a a - b a b 2  ab + ac - c2 1  2 (a - b)(c - a)(b - c) (1) (Nhân hai vế với b - c )  (b - c) b c 2  bc + ba - a 2 c a 2  ac + cb - b 2   2 2 Tương tự, ta có: (c - a) (a - b)(c - a)(b - c) (2) ; (a - b) (a - b)(c - a)(b - c) (3). Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm 7. Baøi 7: b - c c - a  c a b  a-b +  +     a b  a - b b-c c - a  = 9 (1) Cho a + b + c = 0; chứng minh:  c a-b b-c c-a =x;  y; z  a b Ñaët c. (1)  Ta coù:. c 1 = a-b x. a 1 b 1  ;  b-c y c-a z. 1 1 1 + +  9 y z x.  x + y + z . 1 y+z 1 1 x+z x+y + +  3   + +  y z y z  (2) x  x.  x + y + z . y+z b-c c-a c b2  bc + ac - a 2 c c(a - b)(c - a - b) c(c - a - b)    .   . b  a-b ab a-b ab(a - b) ab  a Ta laïi coù: x c  2c - (a + b + c)  2c2  ab ab (3) = Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 7.

(72) x + z 2a 2 x + y 2b 2   bc (4) ; z ac (5) Tương tự, ta có: y. Thay (3), (4) vaø (5) vaøo (2) ta coù: 1 1 1 2 2c 2 2a 2 2b 2 + +  3   y z x bc ac = 3 + abc (a3 + b3 + c3 ) (6) + ab.  x + y + z . Từ a + b + c = 0  a3 + b3 + c3 = 3abc (7) ? Thay (7) vaøo (6) ta coù:. 1 1 1 2 + +  3 y z x + abc . 3abc = 3 + 6 = 9.  x + y + z . Baøi taäp veà nhaø: 1 1 1 yz xz xy + + 0 + 2 + 2 2 y z 1) cho x y z ; tính giá trị biểu thức A = x xyz xyz xyz + 3 + 3 3 y z ; vaän duïng a + b + c = 0  a3 + b3 + c3 = 3abc HD: A = x a  b  c  + 1  + 1   + 1    c  a  2) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc ; Tính giá trị biểu thức A =  b yz xz x y    3 0 x y z 3) Cho x + y + z = 0; chứng minh rằng: a b c   4) Cho a + b + c = a2 + b2 + c2 = 1; x y z . Chứng minh xy + yz + xz = 0. BUỔI 14+15 CHUYÊN ĐỀ 10 – CÁC BAØI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG I. MỤC TIÊU - Nắm vững các trường hợp đồng dạng của tam giác. - Biết chứng minh hai tan giác đồng dạng, hai góc bằng nhau, hai đoạn thẳng bằng nhau, hai đường thẳng song song II. HOẠT ĐỘNG DẠY HỌC A. Kiến thức: Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 7.

(73) * Tam giác đồng dạng: a) trường hợp thứ nhất: (c.c.c)  ABC. AB AC BC = = A’B’C’  A'B' A'C' B'C'. b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c)  ABC. AB AC =  = A'  A’B’C’  A'B' A'C' ; A. c. Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g)  ABC.  = A'  B  A’B’C’  A ;  = B'. SA'B'C' A'H' AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì: AH = k (Tỉ số đồng dạng); SABC. =K. 2. B. Baøi taäp aùp duïng Baøi 1:   Cho  ABC coù B = 2 C , AB = 8 cm, BC = 10 cm.. a)Tính AC b)Nếu ba cạnh của tam giác trên là ba số tự nhiên liên tiếp thì A. moãi caïnh laø bao nhieâu? Giaûi Caùch 1:. E. B. Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho:BD = BC  ACD. AC AD   ABC (g.g)  AB AC. C D.  AC2 AB. AD =AB.(AB + BD) = AB(AB + BC). = 8(10 + 8) = 144  AC = 12 cm Caùch 2:  Veõ tia phaân giaùc BE cuûa ABC   ABE. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013.  ACB. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 7.

(74) AB AE BE AE + BE AC =     AC2 = AB(AB + CB) AC AB CB AB + CB AB + CB = 8(8 + 10) = 144  AC = 12 cm. b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c thì từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) Vì b > anên có thể b = a + 1 hoặc b = a + 2 + Neáu b = a + 1 thì (a + 1)2 = a2 + ac  2a + 1 = ac  a(c – 2) = 1  a = 1; b = 2; c = 3(loại). + Neáu b = a + 2 thì a(c – 4) = 4 - Với a = 1 thì c = 8 (loại) A. - Với a = 2 thì c = 6 (loại) - với a = 4 thì c = 6 ; b = 5 Vaäy a = 4; b = 5; c = 6 Baøi 2:. D. Cho  ABC cân tại A, đường phân giác BD; tính BD bieát BC = 5 cm; AC = 20 cm. B. C. Giaûi CD BC 1 =  Ta coù AD AC 4  CD = 4 cm vaø BC = 5 cm. Bài toán trở về bài 1 Baøi 3: Cho  ABC cân tại A và O là trung điểm của BC. Một điểm O di động trên AB, lấy OB2 CE = BD . Chứng minh rằng ñieåm E treân AC sao cho. a)  DBO  OCE b)  DOE.  DBO  OCE. c) DO, EO lần lượt là phân giác của các góc BDE, CED Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 7.

(75) A. d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi khi D di động trên AB. E 1 2. I. Giaûi CE OB OB2 CE = =  =C  BD vaø B BD  OB a) Từ (gt)   DBO  OCE. D 1 2. H 3. B. O. C.   b) Từ câu a suy ra O3 = E 2 (1) 0    Vì B, O ,C thaúng haøng neân O3 + DOE  EOC 180 (2) 0    trong tam giaùc EOC thì E 2 + C  EOC 180 (3).    Từ (1), (2), (3) suy ra DOE B C DO OE = OC (Do  DBO  OCE)  DOE vaø  DBO coù DB DO OE =    vaø DB OB (Do OC = OB) vaø DOE B C. neân  DOE.  DBO  OCE.   c) Từ câu b suy ra D1 = D 2  DO là phân giác của các góc BDE   Củng từ câu b suy ra E1 = E 2 EO là phân giác của các góc CED. c) Gọi OH, OI là khoảng cách từ O đến DE, CE thì OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi  OI không đổi khi D di động trên AB Bài 4: (Đề HSG huyện Lộc hà – năm 2007 – 2008) Cho  ABC caân taïi A, coù BC = 2a, M laø trung ñieåm BC, laáy D, E thuoäc AB, AC sao   =B cho DME. a) Chứng minh tích BD. CE không đổi  b)Chứng minh DM là tia phân giác của BDE. c) Tính chu vi cuûa  AED neáu.  ABC. là tam giác đều. Giaûi        =B a) Ta coù DMC = DME + CME = B + BDM , maø DME (gt) Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 7.

(76) A.     nên CME = BDM , kết hợp với B = C (  ABC cân tại A). suy ra  BDM.  CME (g.g). BD BM =  BD. CE = BM. CM = a 2  CM CE không đổi. b)  BDM. E I. DM BD DM BD =  = CM ME BM  CME  ME. (do BM = CM)   DME. D. H. K.   = BMD  DBM (c.g.c)  MDE hay. B.  DM laø tia phaân giaùc cuûa BDE. M. C.  c) chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của DEC. keû MH  CE ,MI  DE, MK  DB thì MH = MI = MK   DKM =  DIM  DK =DI   EIM =  EHM  EI = EH. Chu vi  AED laø PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK) MC a  2  ABC là tam giác đều nên suy ra  CME củng là tam giác đều CH = 2  AH = 1,5a  PAED = 2 AH = 2. 1,5 a = 3a. Baøi 5:. F. Cho tam giaùc ABC, trung tuyeán AM. Qua ñieåm D thuoäc caïnh K. BC, vẽ đường thẳng song song với AM, cắt AB, AC tại E và F a) chứng minh DE + DF không đổi khi D di động trên BC. A. E. b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE tại K. Chứng minh rằng K là trung điểm của FE Giaûi. B. D. M. C. DE BD BD =  DE = .AM BM a) DE // AM  AM BM (1) DF CD CD CD =  DF = .AM = .AM CM BM DF // AM  AM CM (2). Từ (1) và (2) suy ra Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 7.

(77) CD  BC  BD BD CD + .AM = 2AM .AM + .AM   .AM = BM BM DE + DF = BM =  BM BM  không đổi. b) AK // BC suy ra  FKA. FK KA = CM (3)  AMC (g.g)  AM. EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA =  =  =     ED BD ED + EK BD + KA KD BD + DM AM BM AM CM (2). (Vì CM = BM) FK EK  Từ (1) và (2) suy ra AM AM  FK = EK hay K là trung điểm của FE. Bài 6: (Đề HSG huyện Thạch hà năm 2003 – 2004) 0  Cho hình thoi ABCD cạnh a có A = 60 , một đường thẳng bất kỳ qua C cắt tia đối của. caùc tia BA, DA taïi M, N a) Chứng minh rằng tích BM. DN có giá trị không đổi b) Goïi K laø giao ñieåm cuûa BN vaø DM. Tính soá ño cuûa goùc BKD Giaûi. M. MB CM = a) BC // AN  BA CN (1). 1 B. CM AD = CD// AM  CN DN (2). C 1. K. Từ (1) và (2) suy ra MB AD =  MB.DN = BA.AD = a.a = a 2 BA DN. A. D. N.   b)  MBD vaø  BDN coù MBD = BDN = 1200 MB MB CM AD BD =  =   = 600 BD BA CN DN DN (Do ABCD laø hình thoi coù A neân AB = BC = CD =. DA)   MBD.  BDN. 0         = BDK Suy ra M1 = B1 .  MBD vaø  BKD coù BDM vaø M1 = B1 neân BKD = MBD = 120. Baøi 7: Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 7.

(78) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC lần lượt tại I, M, N. Vẽ CE vuông góc với AB, CF vuông góc với AD, BG vuông góc với AC. Gọi K là điểm đối xứng với D qua I. Chứng minh. F. raèng a) IM. IN = ID2. D. C I G. KM DM = b) KN DN. M K. c) AB. AE + AD. AF = AC2. A. B. E. N. Giaûi IM CI = a) Từ AD // CM  ID AI (1) CI ID  Từ CD // AN  AI IN (2) IM ID Từ (1) và (2) suy ra ID = IN hay ID2 = IM. IN. b) Ta coù. DM CM DM CM DM CM =  =  = MN MB MN + DM MB + CM DN CB (3). Từ ID = IK và ID2 = IM. IN suy ra IK2 = IM. IN IK IN IK - IM IN - IK KM KN KM IM KM IM CM CM =  =  =  = =    IM IK IM IK IM IK KN IK  KN ID AD CB (4) KM DM = Từ (3) và (4) suy ra KN DN. c) Ta coù  AGB. AE AC =  AB.AE = AC.AG  AB. AE = AG(AG + CG) AB  AEC  AG. (5)  CGB. AF CG CG =  CB AD (vì CB = AD)  AFC  AC.  AF . AD = AC. CG  AF . AD = (AG + CG) .CG (6). Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 7.

(79) Coäng (5) vaø (6) veá theo veá ta coù: AB. AE + AF. AD = (AG + CG) .AG + (AG + CG) .CG  AB. AE + AF. AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2. Vaäy: AB. AE + AD. AF = AC2 Baøi taäp veà nhaø Baøi 1 Cho Hình bình hành ABCD, một đường thẳng cắt AB, AD, AC lần lượt tại E, F, G AB AD AC + = Chứng minh: AE AF AG. HD: Keû DM // FE, BN // FE (M, N thuoäc AC) Baøi 2: Qua đỉnh C của hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng cắt BD, AB, AD ở E, G, F chứng minh: FE a) DE = EG . BE2 2. b) CE2 = FE. GE (Gợi ý: Xét các tam giác DFE và BCE, DEC và BEG) Baøi 3 Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD cắt nhau tại một điểm. Chứng minh rằng BH CM AD . . 1 a) HC MA BD. b) BH = AC. BUỔI 16 +17. CHUYÊN ĐỀ 11 – PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO. I.MỤC TIÊU: Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 7.

(80) * Củng cố, ôn tập kiến thức và kỹ năng giải các Pt bậc cao bằng cách phân tích thành nhân tử * Khắc sâu kỹ năng phân tích đa thức thành nhân tử và kỹ năng giải Pt II. HOẠT ĐỘNG DẠY VÀ HỌC * Cách 1: Để giải các Pt bậc cao, ta biến đổi, rút gọn để dưa Pt về dạng Pt có vế trái là một đa thức bậc cao, vế phải bằng 0, vận dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử để đưa Pt về dạng pt tích để giải * Caùch 2: Ñaët aån phuï II. Caùc ví duï: 1.Ví duï 1: Giaûi Pt a) (x + 1)2(x + 2) + (x – 1)2(x – 2) = 12  ...  2x3 + 10x = 12  x3 + 5x – 6 = 0  (x3 – 1) + (5x – 5)  (x – 1)(x2 + x + 6). =0. . x - 1 = 0   2 x + x + 6 = 0. x = 1  2 2 1  23    x + 1   23 0  x 1   x +   0   2 4 2 4 (Vì  voâ nghieäm). b) x4 + x2 + 6x – 8 = 0 (1) Vế phải của Pt là một đa thức có tổng các hệ số bằng 0, nên có một nghiệm x = 1 nên có nhân tử là x – 1, ta có (1)  (x4 – x3) + (x3 – x2) + (2x2 – 2x) + (8x – 8) = 0  ...  (x – 1)(x3 + x2 + 2x + 8)  (x – 1)[(x3 + 2x2) – (x2 + 2x) + (4x – 8) ] = 0  (x – 1)[x2(x + 2) – x(x + 2) + 4(x + 2) = 0  (x – 1)(x + 2)(x2 – x + 4) = 0 ..... c) (x – 1)3 + (2x + 3)3 = 27x3 + 8  x3 – 3x2 + 3x – 1 + 8x3 + 36x2 + 54x + 27 – 27x3 – 8 = 0  - 18x3 + 33x2 + 57 x + 18 = 0  6x3 - 11x2 - 19x - 6 = 0 (2). Ta thấy Pt có một nghiệm x = 3, nên vế trái có nhân tử x – 3: Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 8.

(81) (2)  (6x3 – 18x2) + (7x2 – 21x) + (2x – 6) = 0  6x2(x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) = 0  (x – 3)(6x2 + 7x + 2) = 0  (x – 3)[(6x2 + 3x) + (4x + 2)] = 0  (x – 3)[3x(2x + 1) + 2(2x + 1)] = 0  (x – 3)(2x + 1)(3x + 2) ...... d) (x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) = 24  [(x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) + 1] – 25 = 0  (x2 + 5x - 1)2 – 25 = 0  (x2 + 5x - 1 + 5)( (x2 + 5x - 1 – 5) = 0  (x2 + 5x + 4) (x2 + 5x – 6) = 0  [(x2 + x) +(4x + 4)][(x2 – x) + (6x – 6)] = 0  (x + 1)(x + 4)(x – 1)(x + 6) = 0 ..... e) (x2 + x + 1)2 = 3(x4 + x2 + 1)  (x2 + x + 1)2 - 3(x4 + x2 + 1) = 0  (x2 + x + 1)2 – 3(x2 + x + 1)( x2 - x + 1) = 0  ( x2 + x + 1)[ x2 + x + 1 – 3(x2 - x + 1)] = 0  ( x2 + x + 1)( -2x2 + 4x - 2) = 0  (x2 + x + 1)(x2 – 2x + 1) = 0  ( x2 + x + 1)(x – 1)2 = 0.... f) x5 = x4 + x3 + x2 + x + 2  (x5 – 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0  (x – 1) (x4 + x3 + x2 + x + 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0  (x – 2) (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0. +) x – 2 = 0  x = 2 +) x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0  (x4 + x3) + (x + 1) + x2 = 0  (x + 1)(x3 + 1) + x2 = 0 1 1 3  (x + 1) (x – x + 1) + x = 0  (x + 1) [(x – 2.x. 2 + 4 ) + 4 ] + x2 = 0 2. 2. 2. 2. 2. 2  1 3   x +  +  2 4   (x + 1)2   + x2 = 0 Voâ nghieäm vì (x + 1)2. 2  1 3   x +  +  2 4     0 nhöng. khoâng xaåy ra daáu baèng Baøi 2: a) (x2 + x - 2)( x2 + x – 3) = 12  (x2 + x – 2)[( x2 + x – 2) – 1] – 12 = 0  (x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 = 0. Ñaët x2 + x – 2 = y Thì Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 8.

(82) (x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 = 0  y2 – y – 12 = 0  (y – 4)(y + 3) = 0 * y – 4 = 0  x2 + x – 2 – 4 = 0  x2 + x – 6 = 0  (x2 + 3x) – (2x + 6) = 0  (x + 3)(x – 2) = 0..... * y + 3 = 0  x2 + x – 2 + 3 = 0  x2 + x + 1 = 0 (voâ nghieäm) b) (x – 4)( x – 5)( x – 6)( x – 7) = 1680  (x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680 Ñaët x2 – 11x + 29 = y , ta coù: (x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680  (y + 1)(y – 1) = 1680  y2 = 1681  y =  41 y = 41  x2 – 11x + 29 = 41  x2 – 11x – 12 = 0 (x2 – x) + (12x – 12) = 0  (x – 1)(x + 12) = 0..... 11 121 159 * y = - 41  x – 11x + 29 = - 41  x – 11x + 70 = 0  (x – 2x. 2 + 4 )+ 4 = 0 2. 2. 2. c) (x2 – 6x + 9)2 – 15(x2 – 6x + 10) = 1 (3) Ñaët x2 – 6x + 9 = (x – 3)2 = y  0, ta coù (3)  y2 – 15(y + 1) – 1 = 0  y2 – 15y – 16 = 0  (y + 1)(y – 15) = 0 Với y + 1 = 0  y = -1 (loại) Với y – 15 = 0  y = 15  (x – 3)2 = 16  x – 3 =  4 +x–3=4  x=7 +x–3=-4 x=-1 d) (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2x2 = 0 (4) Ñaët x2 + 1 = y thì (4)  y2 + 3xy + 2x2 = 0  (y2 + xy) + (2xy + 2x2) = 0  (y + x)(y + 2x) = 0 +) x + y = 0  x2 + x + 1 = 0 : Voâ nghieäm +) y + 2x = 0  x2 + 2x + 1 = 0  (x + 1)2 = 0  x = - 1 Baøi 3: a) (2x + 1)(x + 1)2(2x + 3) = 18  (2x + 1)(2x + 2)2(2x + 3) = 72. (1) Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 8.

(83) Ñaët 2x + 2 = y, ta coù (1)  (y – 1)y2(y + 1) = 72  y2(y2 – 1) = 72  y4 – y2 – 72 = 0. Ñaët y2 = z  0 Thì y4 – y2 – 72 = 0  z2 – z – 72 = 0  (z + 8)( z – 9) = 0 * z + 8 = 0  z = - 8 (loại) * z – 9 = 0  z = 9  y2 = 9  y =  3  x = ... b) (x + 1)4 + (x – 3)4 = 82 (2) Ñaët y = x – 1  x + 1 = y + 2; x – 3 = y – 2, ta coù (2)  (y + 2)4 + (y – 2)4 = 82  y4 +8y3 + 24y2 + 32y + 16 + y4 - 8y3 + 24y2 - 32y + 16 = 82  2y4 + 48y2 + 32 – 82 = 0  y4 + 24y2 – 25 = 0. Ñaët y2 = z  0  y4 + 24y2 – 25 = 0  z2 + 24 z – 25 = 0  (z – 1)(z + 25) = 0 +) z – 1 = 0  z = 1  y = 1  x = 0; x = 2 +) z + 25 = 0  z = - 25 (loại) Chú ý: Khi giải Pt bậc 4 dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c ta thường đặt ẩn phụ y = x + a+b 2. c) (4 – x)5 + (x – 2)5 = 32  (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32 Ñaët y = x – 3  x – 2 = y + 1; x – 4 = y – 1; ta coù: (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32  (y + 1)5 - (y – 1)5 = 32  y5 + 5y4 + 10y3 + 10y2 + 5y + 1 – (y5 - 5y4 + 10y3 - 10y2 + 5y - 1) – 32 = 0  10y4 + 20y2 – 30 = 0  y4 + 2y2 – 3 = 0. Ñaët y2 = z  0  y4 + 2y2 – 3 = 0  z2 + 2z – 3 = 0  (z – 1)(z + 3) = 0 ........ d) (x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4 Ñaët x – 7 = a; x – 8 = b ; 15 – 2x = c thì - c = 2x – 15  a + b = - c , Neân. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 8.

(84) (x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4  a4 + b4 = c4  a4 + b4 - c4 = 0  a4 + b4 – (a + b)4 = 0 2  3  7 2 3 4ab   a + b  + b  4  16   4ab(a2 + 2 ab + b2) = 0    = 0  4ab = 0 2. 3  7 2  b  a + b + 4 16    0 nhöng khoâng xaåy ra daáu baèng)  ab = 0  x = 7; x = 8 (Vì 1  1   6  x 2  2   7  x -   36 0 x  x  e) 6x4 + 7x3 – 36x2 – 7x + 6 = 0  . (Vì x = 0 khoâng laø nghieäm). Ñaët. x-. 1 1 x2  2 x =y  x = y2 + 2 , thì. 1  1   6  x 2  2   7  x -   36 0 x  x    6(y2 + 2) + 7y – 36 = 0  6y2 + 7y – 24 = 0  (6y2 – 9y) + (16y – 24) = 0  (3y + 8 )(2y – 3) = 0 8 1 8 xx = - 3  ...  (x + 3)(3x – 1) = 0  +) 3y + 8 = 0  y = - 3  x = - 3 x + 3 = 0   3x - 1 = 0   x = 1  3  x = 2 x - 2 = 0  3 1 3  2x + 1 = 0   x = - 1 x  2 x = 2  ...  (2x + 1)(x – 2) = 0  +) 2y – 3 = 0  y = 2 . Bài 4: Chứng minh rằng: các Pt sau vô nghiệm a) x4 – 3x2 + 6x + 13 = 0  ( x4 – 4x2 + 4) +(x2 + 6x + 9) = 0  (x2 – 2)2 + (x + 3)2 = 0 Vế trái (x2 – 2)2 + (x + 3)2  0 nhưng không đồng thời xẩy ra x2 = 2 và x = -3 b) x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0  (x – 1)( x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0  x7 – 1 = 0  x = 1. x = 1 khoâng laø nghieäm cuûa Pt x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 8.

(85) Baøi taäp veà nhaø: Baøi 1: Giaûi caùc Pt a)(x2 + 1)2 = 4(2x – 1) HD: Chuyển vế, triển khai (x2 + 1)2, phân tích thành nhân tử: (x – 1)2(x2 + 2x + 5) = 0 b) x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 24. (Nhân 2 nhân tử với nhau, áp dụng PP đặt ẩn phụ). c) (12x + 7)2(3x + 2)(2x + 1) = 3 (Nhân 2 vế với 24, đặt 12x + 7 = y) d) (x2 – 9)2 = 12x + 1 (Thêm, bớt 36x2) e) (x – 1)4 + (x – 2)4 = 1 ( Ñaët y = x – 1,5; Ñs: x = 1; x = 2) f) (x – 1)5 + (x + 3)5 = 242(x + 1) (Ñaët x + 1 = y; Ñs:0; -1; -2 ) g) (x + 1)3 + (x - 2)3 = (2x – 1)3 Ñaët x + 1 = a; x – 2 = b; 1 - 2x = c thì a + b + c = 0  a3 + b3 + c3 = 3abc h) 6x4 + 5x3 – 38x2 + 5x + 6 = 0 i) x5 + 2x4 + 3x3 + 3x2 + 2x + 1 = 0. (Chia 2 veá cho x2; Ñaët y =. x+. 1 x ). (Vế trái là đa thức có tổng các hệ số bậc. chaün baèng toång caùc heä soá baäc leû...) Bài 2: Chứng minh các pt sau vô nghiệm a) 2x4 – 10x2 + 17 = 0 (Phaân tích veá traùi thaønh toång cuûa hai bình phöông) b) x4 – 2x3 + 4x2 – 3x + 2 = 0 (Phân tích vế trái thành tích của 2 đa thức có giá trị không âm....). BUỔI 18+19+20. CHUYÊN ĐỀ 16 – BẤT ĐẲNG THỨC. I. MỤC TIÊU - Nắm được các phương pháp chứng minh bất đẳng thức - Biết vận các phương pháp để chứng minh II. HOẠT ĐỘNG DẠY VÀ HỌC PhÇn I : c¸c kiÕn thøc cÇn lu ý Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 8.

(86)  A  B  A  B 0  1-§inhnghÜa:  A  B  A  B 0. 2-tÝnh chÊt + A>B ⇔ B< A + A>B vµ B >C  A > C + A>B ⇒ A + C >B + C + A>B vµ C > D ⇒ A +C > B + D + A>B vµ C > 0 ⇒ A.C > B.C + A>B vµ C < 0 ⇒ A.C < B.C + 0 < A B > 0 ⇒ An > B n ∀n +A>B ⇒ An > Bn víi n lÎ + | A| > |B| ⇒ An > Bn víi n ch½n + m > n > 0 vµ A > 1 ⇒ A ❑m > A ❑n + m > n > 0 vµ 0 <A < 1 ⇒ A ❑m < A ❑n +A 0. ⇒. 1 1 > A B. 3 - một số hằng bất đẳng thức + A ❑2 0 víi ∀ A ( dÊu = x¶y ra khi A = 0 ) + An  0 víi ∀ A ( dÊu = x¶y ra khi A = 0 ) + | A|≥ 0 víi ∀ A (dÊu = x¶y ra khi A = 0 ) + - | A| < A = | A| AB  A  B. + ( dÊu = x¶y ra khi A.B > 0) + | A − B|≤|A|−|B| ( dÊu = x¶y ra khi A.B < 0) Phần II : một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức 1) Phơng pháp 1: Dùng định nghĩa KiÕn thøc : §Ó chøng minh A > B Ta chøng minh A – B > 0 Lu ý dùng hằng bất đẳng thức M ❑2  0 với  M VÝ dô 1  x, y, z chøng minh r»ng : a) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx b) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz Gi¶i: a) Ta xÐt hiÖu : x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx =. 1 .2 .( x ❑2 + y ❑2 2. + z ❑2 - xy – yz – zx) 1 = 2.  ( x  y )2  ( x  z ) 2  ( y  z ) 2   0 đúng với mọi x;y;z  R. V× (x-y)2 0 víix ; y .DÊu b»ng x¶y ra khi x = y (x- z)2 0 víix ; z . DÊu b»ng x¶y ra khi x = z Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 8.

(87) (y- z)2 0 víi z; y . DÊu b»ng x¶y ra khi z = y VËy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx . DÊu b»ng x¶y ra khi x = y =z b)Ta xÐt hiÖu: x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - 2xy +2xz –2yz = ( x – y + z) ❑2 0 đúng với mọi x;y;z  R 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z  R. VËy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 DÊu b»ng x¶y ra khi x + y = z VÝ dô 2: chøng minh r»ng : a2 +b2 a+ b ≥ 2 2. 2. ( ). a). a2 +b2 +c 2 a+ b+c ≥ 3 3. (. ; b). 2. ). c) H·y tæng qu¸t bµi to¸n. gi¶i a) Ta xÐt hiÖu 2. 2. 2. a +b a+b − 2 2. ( ) 2. VËy. 2 ( a2+ b2 ) a2+ 2ab+ b2 − 4 4. = 2. a +b a+ b ≥ 2 2. 2. ( ). (. 2. 2. (. 2. c)Tæng qu¸t:. 4. DÊu b»ng x¶y ra khi a = b. a +b +c a+ b+c ≥ 3 3. VËy. = 1 ( a −b )2 ≥ 0. 2. a2 +b2 +c 2 a+b+ c − 3 3. b)Ta xÐt hiÖu:. 1 ( 2 a2 +2 b2 − a2 −b 2 −2 ab ) 4. =. 2. 2. 2. = 1 [ ( a − b ) 2 + ( b − c )2 + ( c − a ) 2 ] ≥ 0. ). 9. 2. ). DÊu b»ng x¶y ra khi a = b =c. a1 +a2 +. .. .+an a1 +a2 +. .. .+an ≥ n n. (. ). 2. * Tóm lại các bớc để chứng minh A B theo định nghĩa Bíc 1: Ta xÐt hiÖu H = A - B Bớc 2:Biến đổi H = (C+D) ❑2 hoặc H=(C+D) ❑2 +….+(E+F) ❑2 Bíc 3: KÕt luËn A  B 2) phơng pháp 2 : Dùng phép biến đổi tơng đơng Lu ý: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã đợc chứng minh là đúng. VÝ dô 1: Cho a, b, c, d,e lµ c¸c sè thùc chøng minh r»ng 2. a) a2 + b ≥ ab. c) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ). b) a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b. 4. Gi¶i: 2. a) a2 + b ≥ ab 4. 2. 2. ⇔ 4 a +b ≥ 4 ab. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. 2. 2. ⇔ 4 a − 4 a+b ≥ 0. 2. ⇔ ( 2 a −b ) ≥ 0. (Bđt này luôn đúng). Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 8.

(88) 2. VËy a2 + b ≥ ab. (dÊu b»ng x¶y ra khi 2a = b). a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b. ⇔ 2( a +b +1)> 2(ab+ a+b). 4. b). 2. 2. 2. ⇔ a2 − 2ab+ b2 +a2 −2 a+1+b 2 − 2b +1≥ 0. b −1 ¿ ≥0 2 a −1 ¿ +¿ 2 a −b ¿ + ¿ ⇔¿. (luôn đúng). VËy a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b DÊu b»ng x¶y ra khi a = b = 1 c) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) ⇔ 4 (a 2+ b2+ c 2+ d 2+ e2 )≥ 4 a ( b+c + d+ e ) ⇔. ( a 2 − 4 ab+ 4 b 2) + ( a2 − 4 ac+ 4 c 2 ) + ( a2 − 4 ad + 4 d 2 ) + ( a 2 − 4 ac +4 c2 ) ≥ 0. ⇔. ( a −2 b )2 + ( a− 2 c )2 + ( a− 2 d )2+ ( a− 2 c )2 ≥ 0. VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: ( a10 +b 10) ( a2+ b2 ) ≥ ( a8 +b 8 )( a4 + b4 ) Gi¶i: ( a10 +b 10) ( a2+ b2 ) ≥ ( a8 +b 8 )( a4 + b4 ) ⇔. ⇔ ⇔. a8 b2 ( a 2 − b2 ) +a2 b8 ( b 2 − a2 ) ≥0. a2b2+b4). 12. 10. 2. 2 10. 12. 12. 8. 4. 4. 8. a +a b +a b +b ≥ a + a b + a b + b. a2b2(a2-b2)(a6-b6). 12. 0 ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+. 0. VÝ dô 4: cho ba sè thùc kh¸c kh«ng x, y, z tháa m·n:. {. x . y . z =1 1 1 1 + + < x+ y+ z x y z. Chứng minh rằng : có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1 Gi¶i: XÐt (x-1)(y-1)(z-1) = xyz + (xy + yz + zx) + x + y + z - 1 = (xyz - 1) + (x + y + z) - xyz( 1 + 1 + 1 ) = x + y + z - ( 1 + 1 + 1 ¿>0 x. y. z. x. y. z. (v× 1 + 1 + 1 < x+y+z theo gt) → 2 trong 3 sè x-1 , y-1 , z-1 ©m hoÆc c¶ ba sç-1 , y-1, x. y. z. z-1 lµ d¬ng. NÕñ trêng hîp sau x¶y ra th× x, y, z >1 → x.y.z>1 M©u thuÉn gt x.y.z =1 b¾t buéc ph¶i xảy ra trờng hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1 3) Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A) một số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: a) x 2+ y 2 ≥ 2 xy b) x 2+ y 2 ≥∨xy∨¿ dÊu( = ) khi x = y = 0 c) ( x+ y )2 ≥ 4 xy. d) a + b ≥2. 2)Bất đẳng thức Cô sy:. b a. a1 +a2 +a 3+. . ..+ an ≥ √ a1 a2 a3 . .. . an n. Víi. ai >0. 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 8.

(89) +¿2n ¿ x 21+ x 22 +.. . .¿ 2 ( a1 x 1+ a2 x 2 +. .. .+an x n ). ( a 2 + a22+ .. ..+ a2n ) . 2. ¿. 4) Bất đẳng thức Trê-b - sép: aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≥ . 3 3 3. {Aa≤≤ bB≤≤ cC ⇒ NÕu { a ≤b ≤ c ⇒ A ≥ B ≥C DÊu b»ng x¶y ra khi { a=b=c A=B=C NÕu. aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≤ . 3 3 3. B) c¸c vÝ dô vÝ dô 1 Cho a, b ,c lµ c¸c sè kh«ng ©m chøng minh r»ng (a+b) (b+c)(c+a). 8abc. Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x+ y )2 ≥ 4 xy Tacã ; ( a+b )2 ≥ 4 ab ; ( b+ c )2 ≥ 4 bc ( c +a )2 ≥ 4 ac ( a+b )2. ⇒. ( b+ c )2. ( c +a )2. ⇒ (a + b)(b + c)(c + a). 64 a 2 b 2 c 2=( 8 abc )2. 8abc. DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c 2. 2. a +b +c =1. vÝ dô 2: Cho a > b > c > 0 vµ Do a,b,c đối xứng , giả sử a. 2. b. {. ⇒. c. a3 b3 c3 1    chøng minh r»ng b  c a  c a  b 2 2. 2. 2. a ≥ b ≥c a b c ≥ ≥ b+ c a+ c a+ b. ¸p dông B§T Trª- b-sÐp ta cã a b c a2+ b2 +c 2 a b c 2 2 a . +b . +c . ≥ . + + b+ c a+ c a+ b 3 b+ c a+c a+ b. (. 2. VËy vÝ dô 3:. a3 b3 c3 1 + + ≥ b+c a+ c a+b 2. ). = 1 .3 = 1 3 2. DÊu b»ng x¶y ra khi a = b = c =. 2. 1 √3. Cho a,b,c,d > 0 vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng : a2 +b 2+ c 2+ d2 + a ( b+c ) +b ( c +d ) +d ( c +a ) ≥ 10. Ta cã. a2 +b 2 ≥ 2 ab ;. c 2+ d 2 ≥ 2 cd. Do abcd =1 nªn cd = 1. ab. (dïng x+ 1 ≥ 1 ) x 2. Ta cã a2 +b 2+ c 2 ≥ 2(ab+cd )=2(ab+ 1 )≥ 4 ab. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. (1) Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 8.

(90) a ( b+ c )+ b ( c+ d )+ d ( c+ a ). MÆt kh¸c:. = (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad). = ab+ 1 + ac+ 1 + bc+ 1 ≥ 2+ 2+ 2 . (. ab ) (. ac ) (. bc ). a2 +b 2+ c 2+ d2 + a ( b+c ) +b ( c +d ) +d ( c +a ) ≥ 10. vÝ dô 4: Chøng minh r»ng : a2 +b 2+ c 2 ≥ ab+ bc+ac Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski XÐt cÆp sè (1,1,1) vµ (a,b,c) ta cã ( 12 +12+12 ) (a2 +b 2+ c2 )≥ ( 1 .a+ 1. b+1 . c )2 ⇒. 3 ( a 2+b 2+ c 2 ) ≥ a2 +b 2+ c 2+2 ( ab+ bc+ ac ) DÊu b»ng x¶y ra khi a = b = c 4) Ph¬ng ph¸p 4: dïng tÝnh chÊt cña tû sè. ⇒. 2. 2. 2. a +b + c ≥ ab+ bc+ac. (®pcm). A. KiÕn thøc 1) Cho a, b ,c lµ c¸c sè d¬ng th× a – NÕu. a >1 b. th× a > a+ c b b+ c. 2) NÕu b,d >0 th× tõ. a <1 b. b – NÕu. th× a < a+ c b b+ c. a c a a+c c < ⇒ < 0 .Chøng minh r»ng : 1< Theo tÝnh chÊt cña tØ lÖ thøc ta cã MÆt kh¸c :. a a a+ d <1 ⇒ < a+b+ c a+b+ c a+b+ c+ d. a a > a+b+ c a+b+ c+ d. (2). a a+b+ c+ d. a a+d < a+b+ c a+b+ c+ d. Tõ (1) vµ (2) ta cã T¬ng tù ta cã :. a b c d + + + <2 a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b. <. b b b+ a < < a+b+ c+ d b+c +d a+b+ c+ d. c c b +c < < a+b+ c+d c +d +a a+b+ c+d. (5);. (1). (3). (4). d d d+ c < < a+b+ c+ d d +a+b a+ b+c +d. (6). céng vÕ víi vÕ cña (3); (4); (5); (6) ta cã 1<. a b c d + + + <2 a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b. vÝ dô 2 : Cho: a < c b. ab+cd c a < 2 2 0. d. Chøng minh r»ng Gi¶i:. (®pcm). d. ⇒. ab cd < 2 2 b d. ⇒. ab ab+cd cd c < 2 2 < 2= 2 b b +d d d. . ab+cd c a < 2 2(91) vÝ dô 3 : Cho a;b;c;d lµ c¸c sè nguyªn d¬ng tháa m·n : a + b = c+d =1000 t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña a + b c d. gi¶i : Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t ta gi¶ sö : a c. b d. a a+b b ⇒ ≤ ≤ ; c c+ d d. a ≤ 1 v× a + b = c. c+d a, NÕu: b. 998. th×. b d. a b + c d. a b + = 1 + 999 c d c d. ⇒. b, NÕu: b = 998 th× a =1. ⇒. 998. VËy: gi¸ trÞ lín nhÊt cña a + b = 999 + c d. 1 999. 999 §¹t gi¸ trÞ lín nhÊt khi d = 1; c = 999 khi a = d = 1; c = b = 999. VÝ dô 4 : Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng : 1 < 1 + 1 +. .. .+ 1 < 3 2 n+1 n+2. Ta cã Do đó:. 1 1 1 > = n+k n+ n 2n. n+ n 4. víi k = 1,2,3,......,n-1. 1 1 1 1 1 n 1 + +.. .+ > +. ..+ = = n+1 n+2 2n 2n 2 n 2n 2. 1 1 1 1 VÝ dô 5: CMR: A = 1+ 2 + 2 + 2 +. .. .. . ..+ 2 với n > 2 kh«ng lµ sè tù nhiªn 2. 3. 4. n. 1 1 1 1  ; 2 ;..... 2 HD: 2 1.2. 3 2.3. VÝ dô 6: Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chøng minh r»ng : 2. a b b c cd d a    3 a b c b c  d c  d  a d  a b. Gi¶i : a b a b a b  d   V× a ,b ,c ,d > 0 nªn ta cã: a  b  c  d a  b  c a  b  c  d. (1). b  c bc bca   a b c d b c d a b c d. (2). d a d a d a c   a b c d d a b a b c d. (3). Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có : 2. a b b c cd d a    3 a b c b c  d c  d  a d  a b. (®pcm). 5. Phơng pháp 5:Dùng bất đẳng thức trong tam giác Lu ý: NÕu a;b;clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c th× : a; b; c > 0 Vµ |b-c| < a < b+c ; |a-c| (92) VÝ dô1: Cho a; b; clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng a, a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) b, abc > (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Gi¶i 0<a< b+c 0<b< a+c  0<c <a+ b. {. a)V× a,b,c lµ sè ®o 3 c¹nh cña mét tam gi¸c nªn ta cã. a2 <a(b+c ) b2 <b(a+c ) 2 c < c (a+b). {. Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) b) Ta cã. b − c ¿2 > 0 2 2 a >a − ¿. a > b-c   b > a-c  . c −a ¿ 2 > 0 b2 >b 2 − ¿. c > a-b  . a −b ¿ 2> 0 c 2 >c 2 − ¿. 2 2 2 a 2b 2 c 2   a 2   b  c    b 2   c  a    c 2   a  b       Nhân vế các bất đẳng thức ta đợc:.  a 2 b2 c 2   a  b  c . 2. 2.  b  c  a  c  a  b. 2.  abc   a  b  c  .  b  c  a  .  c  a  b . Ví dụ2: (đổi biến số) Cho a,b,c lµ ba c¹nh cña mét tam gi¸c. Chøng minh r»ng y+z − x 2. §Æt x= b + c ; y= c + a ;z = a + b ta cã a = y + z − x z + x − y x+ y − z + + 2x 2y 2z. ta cã (1) ⇔ ⇔ (. 3 2. y x z x z y + ¿+( + )+( + )≥ 6 x y x z y z. a b c 3 + + ≥ (1) b+c c +a a+b 2. ; b = z+x − y ; c = x+ y − z 2. 2. y z x z x y + − 1+ + −1+ + −1 ≥3 x x y y z z. ⇔. là Bđt đúng?. Ví dụ 3: (đổi biến số) Cho a, b, c > 0 vµ a + b + c <1. Chøng minh r»ng : §Æt x = a2 +2 bc. Gi¶i: Ta cã (1). ; y = b2 +2 ac. 1 1 1 + 2 + 2 ≥9 a +2 bc b +2 ac c +2 ab 2. (1). ; z = c 2+ 2ab. 2. x+ y+ z=( a+b +c ) < 1. 1 1 1 ⇔ + + ≥9 x y z. Víi x + y + z < 1 vµ x ,y,z > 0. Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x+ y+ z ≥ 3.. 1 1 1 √3 xyz vµ x + y + z ≥ 3. .. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. √ 3. 1 xyz. ⇒. ( x+ y+ z ) .. ( 1x + 1y + 1z ) ≥ 9. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 9.

(93) 6) ph¬ng ph¸p lµm tréi : Chøng minh B§T sau : 1 1 1 1   ...   (2n  1).(2n  1) 2 a) 1.3 3.5. b). 1. 1 1 1   ...  2 1.2 1.2.3 1.2.3.....n. Gi¶i : 1 1  2k  1  (2k  1) 1  1 1   .     2n  1 .  2n  1 2 (2k  1).(2k  1) 2  2k  1 2k  1 . a) Ta cã : Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có. 1 1 1 1  2  1   ...   . 1   1.3 3.5 (2n  1).(2n 1) 2  2 n 1  2 1. b) Ta cã :. (®pcm). 1 1 1 1 1 1   ...  1   .....  1.2 1.2.3 1.2.3.....n 1.2 1.2.3  n  1 .n. 1 1  1  1 1  1 1   1        ....     2  2 n  n 1 n <  2  2 3. (®pcm). Bµi tËp vÒ nhµ: 1) Chøng minh r»ng: x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3 2 (x + y + z) HD: Ta xÐt hiÖu: x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3 – 2( x+ y +z ) = x ❑2 - 2x + 1 + y ❑2 -2y +1 + z ❑2 -2z +1 2) Cho a ,b,c lµ sè ®o ba c¹nh tam gi¸c. Chøng minh r»ng :. 1. a b c   2 b c c a a b. a aa 2a a a    (HD: b  c a  b  c a  b  c vµ b  c a  b  c ) 1 1 1 1 1   ...   ...   2n + 1 3n 3n + 1 < 2 3) 1 < n + 1 n + 2. ¸p dông ph¬ng ph¸p lµm tréi 4) Cho a, b, c > 0. Chøng minh r»ng. bc ac ab   a b c a + b + c.  b a bc ac ac ab bc ab       HD: a b = c  a b   2c; b c ? ; a c ?. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 9.

(94) BUỔI 20+21 CHUYÊN ĐỀ 18 – BỔ ĐỀ HÌNH THANG VAØ CHÙM ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY I. MỤC TIÊU - Nắm vững tính chất của các đường thẳng đồng qui trong tam giác, của hình thang - Vận dụng các tính chất đồng qui để chứng minh hai đường thẳng song song, vuông góc,...... III. HOẠT ĐỘNG DẠY VÀ HỌC A. Kiến thức 1) Bổ đề hình thang: “Trong hình thang có hai đáy không bằng nhau, đường thẳng đi qua giao điểm của các đường chéo và đi qua giao điểm của các đường thẳng chứa hai cạnh bên thì đi qua trung điểm của hai đáy”. H. Chứng minh: Goïi giao ñieåm cuûa AB, CD laø H, cuûa AC, BD laø G, trung ñieåm cuûa AD, BC laø E vaø F Noái EG, FG, ta coù:  ADG Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. A. E. /.  CBG (g.g) , neân :. D. /. G Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. B. //. F. 9. //. C.

(95) AD AG 2AE AG AE AG      CB CG 2CF CG CF CG (1)   Ta laïi coù : EAG FCG (SL trong ). Từ (1) và (2) suy ra :  AEG. (2).  CFG (c.g.c).   Do đó: AGE CGF  E , G , H thẳng hàng (3). Tương tự, ta có:  AEH.   BHF  BFH  AHE. O.  H , E , F thaúng haøng (4). Tõừ (3) và (4) suy ra : H , E , G , F thẳng hàng. A. m. B. C. 2) Chùm đường thẳng đồng quy: Nếu các đường thẳng đồng quy cắt hai đường thẳng song song thì chúng định ra trên hai đường thẳng song song ấy các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ. A'. C'. B'. n a. c. b. Nếu m // n, ba đường thẳng a, b, c đồng quy ở O chúng cắt m tại A, B, C và cắt n tại A’, B’, C’ thì AB BC AC AB A'B' AB A'B' =  = ;  A'B' B'C' A'C' hoặc BC B'C' AC A'C'. * Đảo lại: + Nếu ba đường thẳng trong đó có hai đường thẳng cắt nhau, định ra trên hai đường thẳng song song các cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì ba đường thẳng đó đồng quy + Nếu hai đường thẳng bị cắt bởi ba đường thẳng đồng quy tạo thành các cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì chúng song song với nhau B. Aùp duïng: 1) Baøi 1: Cho tứ giác ABCD có M là trung điểm CD, N là trung điểm CB. Biết AM, AN cắt BD thành ba đoạn bằng nhau. Chứng minh rằng ABCD là hình bình hành. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 9.

(96) Giaûi. A. D. Gọi E, F là giao điểm của AM, AN với BD; G, H là giao. F. điểm của MN với AD, BD. M. E. MN // BC (MN là đường trung bình của  BCD). G. B C. N.  Tứ giác HBFM là hình thang có hai cạnh bên đòng. quy tại A, N là trung điểm của đáy BF nên theo bổ đề. H. hình thang thì N là trung điểm của đáy MH  MN = NH (1). Tương tự : trong hình thang CDEN thì M là trung điểm của GN  GM = MN (2) Từ (1) và (2) suy ra GM = MN = NH   Ta coù  BNH =  CNM (c.g.c)  BHN = CMN  BH // CM hay AB // CD (a)   Tương tự:  GDM =  NCM (c.g.c)  DGM = CNM  GD // CN hay AD // CB (b). Từ (a) và (b) suy ra tứ giác ABCD có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình haønh 2) Baøi 2: Cho  ABC có ba góc nhọn, trực tâm H, một đường thẳng qua H cắt AB, AC thứ tự tạ P, Q sao cho HP = HQ. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh: HM  PQ Giaûi. A. Goïi giao ñieåm cuûa AH vaø BC laø I. N. P H. Từ C kẻ CN // PQ (N  AB),. Q K. ta chứng minh MH  CN  HM  PQ Tứ giác CNPQ là hình thang, có H là trung điểm PQ, hai. B. M. I. C. cạnh bên NP và CQ đồng quy tại A nên K là trung điểm CN  MK là đường trung bình cuûa  BCN  MK // CN  MK // AB (1) H là trực tâm của  ABC nên CH  A B (2) Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 9.

(97) Từ (1) và (2) suy ra MK  CH  MK là đường cao của  CHK (3) Từ AH  BC  MC  HK  MI là đường cao của  CHK (4) Từ (3) và (4) suy ra M là trực tâm của  CHK  MH  CN  MH  PQ 3) baøi 3: Cho hình chữ nhật ABCD có M, N thứ tự là trung điểm của AD, BC. Gọi E là một điểm bất kỳ thuộc tia đối của tia DC, K là giao điểm của EM và AC.  Chứng minh rằng: NM là tia phân giác của KNE. Giaûi. A. B. Goïi H laø giao ñieåm cuûa KN vaø DC, giao ñieåm cuûa AC. K N. vaø MN laø I thì IM = IN. //. I. //. M. Ta có: MN // CD (MN là đường trung bình của hình H. chữ nhật ABCD). C. D. E.  Tứ giác EMNH là hình thang có hai cạnh bên EM và HN đồng quy tại K và I là. trung ñieåm cuûa MN neân C laø trung ñieåm cuûa EH Trong  ENH thì NC vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên  ENH cân tại  N  NC laø tia phaân giaùc cuûa ENH maø NC  MN (Do NM  BC – MN // AB)  NM. là tia phân giác góc ngoài tại N của  ENH  Vaäy NM laø tia phaân giaùc cuûa KNE. Baøi 4: Treân caïnh BC = 6 cm cuûa hình vuoâng ABCD laáy ñieåm E sao cho BE = 2 cm. Treân tia đối của tia CD lấy điểm F sao cho CF = 3 cm. Gọi M là A. B.  giao ñieåm cuûa AE vaø BF. Tính AMC. M. E. Giaûi. H. Goïi giao ñieåm cuûa CM vaø AB laø H, cuûa AM vaø DF laø G Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. D. C. G. F. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 9.

(98) BH AB BH 6 =   3 FG Ta coù: CF FG AB BE 2 1 = =   CG = 2AB = 12 cm Ta laïi coù CG EC 4 2 BH 6   BH = 2 cm  FG = 9 cm  3  BH = BE 9     = BCH + BEA  BAE =  BCH (c.g.c)  BAE maø BAE = 900        Maët khaùc BEA = MEC ; MCE = BCH  MEC + MCE = 900  AMC = 900. Baøi 5: Cho tứ giác ABCD. Qua điểm E thuộc AB, H thuộc AC vẽ các đường thẳng song song với BD, cắt các cạnh còn lại của tứ giác tại F, G a) Có thể kết luận gì về các đường thẳng EH, AC, FG b) Gọi O là giao điểm của AC và BD, cho biết OB = OD. Chứng minh rằng ba đường thẳng EG, FH, AC đồng quy Giaûi a) Neáu EH // AC thì EH // AC // FG Nếu EH và AC không song song thì EH, AC, FG đồng. B E. quy. A. b) Gọi giao điểm của EH, HG với AC. H M. Trong hình thang DFEB có hai cạnh bên DF, BE đồng. F. N. quy tại A và OB = OD nên theo bổ đề hình thang thì M laø trung ñieåm cuûa EF. O. D. G. C. Tương tự: N là trung điểm của GH ME MF = Ta có GN HN nên ba đường thẳng EG, FH, AC đồng quy tại O. BUỔI 23+24+25 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 9.

(99) CHUYÊN ĐỀ 19 – TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC I. MỤC TIÊU - Nắm vững các phương pháp tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của một biểu thức. - Hiểu được các dạng bài tập khi tìm giá trị LN, NN II. HOẠT ĐỘNG DẠY VÀ HỌC A. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức 1) Khái niệm: Nếu với mọi giá trị của biến thuộc một khoảng xác định nào đó mà giá trị của biểu thức A luôn luôn lớn hơn hoặc bằng (nhỏ hơn hoặc bằng) một hằng số k và tồn tại một giá trị của biến để A có giá trị bằng k thì k gọi là giá trị nhỏ nhất (giá trị lớn nhất) của biểu thức A ứng với các giá trị của biến thuộc khoảng xác định noùi treân 2) Phöông phaùp a) Để tìm giá trị nhỏ nhất của A, ta cần: + Chứng minh A  k với k là hằng số + Chỉ ra dấ “=” có thể xẩy ra với giá trị nào đó của biến b) Để tìm giá trị lớn nhất của A, ta cần: + Chứng minh A  k với k là hằng số + Chỉ ra dấ “=” có thể xẩy ra với giá trị nào đó của biến Kí hiệu : min A là giá trị nhỏ nhất của A; max A là giá trị lớn nhất của A B.Các bài tập tìm Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức I) Dạng 1: Tam thức bậc hai Ví duï 1 : a) Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa A = 2x2 – 8x + 1 b) Tìm giá trị lớn nhất của B = -5x2 – 4x + 1 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 9.

(100) Giaûi a) A = 2(x2 – 4x + 4) – 7 = 2(x – 2)2 – 7  - 7 min A = - 7  x = 2 4 2 4 9 9 2 9 2 2 b) B = - 5(x + 5 x) + 1 = - 5(x + 2.x. 5 + 25 ) + 5 = 5 - 5(x + 5 )  5 2. 9 2  max B = 5  x = 5. b) Ví dụ 2: Cho tam thức bậc hai P(x) = a x2 + bx + c a) Tìm min P neáu a > 0 b) Tìm max P neáu a < 0 Giaûi b b b2 Ta coù: P = a(x2 + a x) + c = a(x + 2a )2 + (c - 4a ) b b2 Ñaët c - 4a = k. Do (x + 2a )2  0 neân: b b 2 a) Nếu a > 0 thì a(x + 2a )  0 do đó P  k  min P = k  x = - 2a b b 2 b) Nếu a < 0 thì a(x + 2a )  0 do đó P  k  max P = k  x = - 2a. II. Dạng 2: Đa thức có dấu giá trị tuyệt đối 1) Ví duï 1: Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa a) A = (3x – 1)2 – 4 ñaët. 3x - 1. 3x - 1. = y thì A = y2 – 4y + 5 = (y – 2)2 + 1  1. min A = 1  y = 2  b) B = B=. x-2. x-2. +5. +. +. x = 1  3x - 1 = 2   3x - 1 = - 2   x = - 1  3x - 1 3  =2 . x-3. x-3. =B=. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. x-2. +. 3-x.  x-2 +3-x =1 Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(101)  min B = 1  (x – 2)(3 – x)  0  2  x  3. 2) Ví duï 2: Tìm GTNN cuûa C = x2 - x + 1  x2 - x - 2. Ta coù C =. x2 - x + 1  x2 - x - 2. =. x2 - x + 1  2 + x - x2  x2 - x + 1 + 2 + x - x2. =3. min C = 3  (x2 – x + 1)(2 + x – x2)  0  2 + x – x2  0  x2 – x – 2  0  (x + 1)(x – 2)  0  - 1  x  2. 3) Ví duï 3: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña : T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| Ta cã |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|  |x-1+4-x| = 3 (1) Vµ. x  2  x  3  x  2  3 x  x  2 3 x. = 1 (2). VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|  1 + 3 = 4 Ta cã tõ (1)  DÊu b»ng x¶y ra khi 1  x 4 (2)  DÊu b»ng x¶y ra khi 2  x 3 VËy T cã gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ 4 khi 2  x 3 III.Dạng 3: Đa thức bậc cao 1) Ví duï 1: Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa a) A = x(x – 3)(x – 4)(x – 7) = (x2 – 7x)( x2 – 7x + 12) Ñaët x2 – 7x + 6 thì A = (y – 6)(y + 6) = y2 – 36  - 36 Min A = - 36  y = 0  x2 – 7x + 6 = 0  (x – 1)(x – 6) = 0  x = 1 hoặc x = 6 b) B = 2x2 + y2 – 2xy – 2x + 3 = (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) + 2 x - y = 0  x=y=1  = (x – y)2 + (x – 1)2 + 2  2   x - 1 = 0. c) C = x2 + xy + y2 – 3x – 3y = x2 – 2x + y2 – 2y + xy – x – y Ta coù C + 3 = (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (xy – x – y + 1) = (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1). Ñaët x – 1 = a; y – 1 = b thì b b b2 3b 2 3b 2 C + 3 = a2 + b2 + ab = (a2 + 2.a. 2 + 4 ) + 4 = (a + 2 )2 + 4  0. Min (C + 3) = 0 hay min C = - 3  a = b = 0  x = y = 1 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(102) 2) Ví duï 2: Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa a) C = (x + 8)4 + (x + 6)4 Ñaët x + 7 = y  C = (y + 1)4 + (y – 1)4 = y4 + 4y3 + 6y2 + 4y + 1 + y4 - 4y3 + 6y2 - 4y + 1 = 2y4 + 12y2 + 2  2  min A = 2  y = 0  x = - 7 b) D = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + 9 = (x4 – 6x3 + 9x2 ) + (x2 – 6x + 9) = (x2 – 3x)2 + (x – 3)2  0  min D = 0  x = 3 IV. Dạng phân thức: 1. Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai Biểu thức dạng này đạt GTNN khi mẫu đạt GTLN -2 2 2  2 2 2 Ví duï : Tìm GTNN cuûa A = 6x - 5 - 9x = 9x - 6x + 5 (3x - 1)  4 1 1 2 2 1    2 2 Vì (3x – 1)2  0  (3x – 1)2 + 4  4  (3x - 1)  4 4 (3x - 1)  4 4  A  - 2 1 1 min A = - 2  3x – 1 = 0  x = 3. 2. Phân thức có mẫu là bình phương của một nhị thức 3x 2 - 8x + 6 2 a) Ví duï 1: Tìm GTNN cuûa A = x - 2x + 1. +) Cách 1: Tách tử thành các nhóm có nhân tử chung với mẫu 3x 2 - 8x + 6 3(x 2 - 2x + 1) - 2(x - 1) + 1 2 1 1 = 3   2 2 2 (x - 1) x - 1 (x - 1) . Ñaët y = x - 1 Thì A = x - 2x + 1 1 A = 3 – 2y + y = (y – 1) + 2  2  min A = 2  y = 1  x - 1 = 1  x = 2 2. 2. +) Cách 2: Viết biểu thức A thành tổng của một số với một phân thức không âm 3x 2 - 8x + 6 2(x 2 - 2x + 1) + (x 2 - 4x + 4) (x - 2) 2 =  2  2 2 2 2 x 2x + 1 (x 1) (x 1) A=  min A = 2  x – 2 = 0  x = 2 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(103) x b) Ví duï 2: Tìm GTLN cuûa B = x  20x + 100 2. x x 1 1   10 2 x  20x + 100 (x + 10) y  x + 10 Ta coù B = . Ñaët y = x= thì 2. 2. 1 1  1 1 1 1  10 y 2 2 2 B=(y ).y = - 10y + y = - 10(y – 2.y. 20 y + 400 ) + 40 = - 10  10  + 40  1 40 1 1 1 y10 = 0  y = 10  x = 10 Max B = 40  x 2 + y2 2 2 c) Ví duï 3: Tìm GTNN cuûa C = x + 2xy + y 1  (x + y) 2  (x - y)2  x 2 + y2 1 1 (x - y) 2 1 1 2    .  2 2 2 2 x + 2xy + y (x + y) 2 2 (x + y) 2  min A = 2  x = y Ta coù: C =. 3. Các phân thức có dạng khác 3 - 4x 2 a)Ví dụ : Tìm GTNN, GTLN (Cực trị) của A = x  1 3 - 4x (4x 2  4x  4)  (x 2  1) (x - 2) 2   2  1  1 2  min A = - 1  x = 2 x 2 1 x 1 Ta coù: A = x  1 1 3 - 4x (4x 2  4)  (4x 2 + 4x + 1) (2x 1) 2   4  4  2 2 2  max A = 4  x = 2 x 1 x 1 Ta laïi coù: A = x  1. C. Tìm GTNN, GTLN của một biểu thức biết quan hệ giữa các biến 1) Ví duï 1: Cho x + y = 1. Tìm GTNN cuûa A = x3 + y3 + xy Ta coù A = (x + y)(x2 – xy + y2) + xy = x2 + y2 (vì x + y = 1) a) Cách 1: Biểu thị ẩn này qua ẩn kia, rồi đưa về một tam thức bậc hai Từ x + y = 1  x = 1 – y 2. 1 1 1  1 1 1 y-  +   2 2 neân A = (1 – y)2 + y2 = 2(y2 – y) + 1 = 2(y2 – 2.y. 2 + 4 ) + 2 = 2  2 . Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(104) 1 1 Vaäy min A = 2  x = y = 2. b) Cách 2: Sử dụng đk đã cho, làm xuất hiện một biểu thức mới có chứa A Từ x + y = 1  x2 + 2xy + y2 = 1(1). Mặt khác (x – y)2  0  x2 – 2xy + y2  0 (2) Cộng (1) với (2) vế theo vế, ta có: 1 1 1 2(x + y )  1  x + y  2  min A = 2  x = y = 2 2. 2. 2. 2. 2)Ví duï 2: Cho x + y + z = 3 a) Tìm GTNN cuûa A = x2 + y2 + z2 b) Tìm GTLN cuûa B = xy + yz + xz Từ Cho x + y + z = 3  Cho (x + y + z)2 = 9  x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = 9 (1) 1 2 2 2 2 .2 .( x ❑ + y ❑ + z ❑ -. Ta coù x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx = xy – yz – zx). 1  ( x  y )2  ( x  z )2  ( y  z )2    0  x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 = 2 . xy+ yz + zx (2). Đẳng thức xẩy ra khi x = y = z a) Từ (1) và (2) suy ra 9 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz)  x2 + y2 + z2 + 2(x2 + y2 + z2) = 3(x2 + y2 + z2)  x2 + y2 + z2  3  min A = 3  x = y = z = 1. b) Từ (1) và (2) suy ra 9 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz)  xy+ yz + zx + 2(xy + yz + xz) = 3(xy+ yz + zx)  xy+ yz + zx  3  max B = 3  x = y = z = 1. 3) Ví duï 3: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > 0 vµ x + y + z = 1 3 xyz  3. V× x,y,z > 0 ,¸p dông B§T C«si ta cã: x+ y + z áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có.  x  y  .  y  z  .  z  x  3 3  x  y  .  y  z  .  x  z  Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. 3. 1 1 xyz   xyz  3 27.  2 3 3  x  y  .  y  z  .  z  x  Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(105) 1 8 1 8 .  DÊu b»ng x¶y ra khi x = y = z = 3  S  27 27 729 8 1 VËy S cã gi¸ trÞ lín nhÊt lµ 729 khi x = y = z = 3. 4) Ví duï 4: Cho xy + yz + zx = 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña. x4  y 4  z 4. ¸p dông B§T Bunhiacèpski cho 6 sè (x,y,z) ;(x,y,z).  xy  yz  zx  Ta cã. 2.  x2  y2  z2. . . 2.  1  x2  y 2  z 2. . . 2. (1). 2 2 2 ¸p dông B§T Bunhiacèpski cho ( x , y , z ) vµ (1,1,1). Ta cã. ( x 2  y 2  z 2 )2 (12 12 12 )( x 4  y 4  z 4 )  ( x 2  y 2  z 2 ) 2 3( x 4  y 4  z 4 ) 4. 4. 4. Tõ (1) vµ (2)  1 3( x  y  z ).  x4  y 4  z 4 . 1 3. 1 3  VËy x  y  z cã gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ 3 khi x= y = z = 3 4. 4. 4. D. Moät soá chuù yù: 1) Khi tìm GTNN, GTLN ta có thể đổi biến Ví duï : Khi tìm GTNN cuûa A =(x – 1)2 + (x – 3)2 , ta ñaët x – 2 = y thì A = (y + 1)2 + (y – 1)2 = 2y2 + 2  2… 2) Khi tìm cực trị của một biểu thức, ta có thể thay đk của biểu thức này đạt cực trị bởi đk tương đương là biểu thức khác đạt cực trị: 1 +) B lớn nhất  B nhỏ nhất (với B > 0). +) -A lớn nhất  A nhỏ nhất ; +) C lớn nhất  C2 lớn nhất x4 + 1. Ví dụ: Tìm cực trị của A =. x. 2. + 1. 2. 1 a) Ta có A > 0 nên A nhỏ nhất khi A lớn nhất, ta có 2. 2 1  x + 1 2x 2 1  4 1  4 1  min A = 1  x = 0  max A = 1  x = 0 A x +1 x +1. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(106) b) Ta coù (x2 – 1)2  0  x4 - 2x2 + 1  0  x4 + 1  2x2. (Daáu baèng xaåy ra khi x2 = 1) 2x 2 2x 2 1 1  1  1 2 4 4 4  max A = 2  x2 = 1 x +1 Vì x + 1 > 0  x + 1  1  1  min A = 2  x = 1. 3) Nhiều khi ta tìm cực trị của biểu thức trong các khoảng của biến, sau đó so sámh các cực trị đó để để tìm GTNN, GTLN trong toàn bộ tập xác định của biến y Ví duï: Tìm GTLN cuûa B = 5 - (x + y). a) xeùt x + y  4 - Neáu 1  y  3 thì A  3. - Neáu x = 0 thì A = 0 - Neáu y = 4 thì x = 0 vaø A = 4 b) xeùt x + y  6 thì A  0. So saùnh caùc giaù trò treân cuûa A, ta thaáy max A = 4  x = 0; y = 4 4) Sử dụng các hằng bất đẳng thức Ví duï: Tìm GTLN cuûa A =. 2x + 3y. bieát x2 + y2 = 52. Aùp duïng Bñt Bunhiacoápxki: (a x + by)2  (a2 + b2)(x2 + y2) cho caùc soá 2, x , 3, y ta coù: (2x + 3y)2  (22 + 32)(x2 + y2) = (4 + 9).52 = 262 . 2x + 3y.  26. 2.  3x  x y 3x  =   2 3  y = 2  x2 + y2 = x2 +  2  = 52  13x2 = 52.4  x =  Max A = 26. 4 Vậy: Ma x A = 26  x = 4; y = 6 hoặc x = - 4; y = - 6 5) Hai số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau Hai số có tích không đổi thì tổng của chúng lớn nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(107) a)Ví duï 1: Tìm GTLN cuûa A = (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) Vì (x2 – 3x + 1) + (21 + 3x – x2) = 22 không đổi nên tích (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) lớn nhất khi và chỉ khi x2 – 3x + 1 = 21 + 3x – x2  x2 – 3x – 10 = 0  x = 5 hoặc x =-2 Khi đó A = 11. 11 = 121  Max A = 121  x = 5 hoặc x = - 2 (x + 4)(x + 9) x b) Ví duï 2: Tìm GTNN cuûa B = (x + 4)(x + 9) x 2  13x + 36 36  x +  13 x x x Ta coù: B = 36 36 36 36 x+ x nhoû nhaát  x = x  x = Vì các số x và x có tích x. x = 36 không đổi nên. 6  A=. x+. 36  13 x nhoû nhaát laø min A = 25  x = 6. 6)Trong khi tìm cực trị chỉ cần chỉ ra rằng tồn tại một giá trị của biến để xẩy ra đẳng thức chứ không cần chỉ ra mọi giá trị để xẩy ra đẳng thức Ví duï: Tìm GTNN cuûa A =. 11m  5n. Ta thaáy 11m taän cuøng baèng 1, 5n taän cuøng baèng 5 Neáu 11m > 5n thì A taän cuøng baèng 6, neáu 11m < 5n thì A taän cuøng baèng 4 khi m = 2; n = 3 thÌ A = 121  124 = 4  min A = 4, chaúng haïn khi m = 2, n = 3. BUỔI 26+27+28 CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I.MỤC TIÊU. - Củng cố phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên - Vận dụng và thực thành thành thạo khi giải phương trình nghiệm nguyên II. HOẠT ĐỘNG DẠY VÀ HỌC Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(108)  - PHÖÔNG PHAÙP 1: Phöông phaùp ñöa veà daïng toång.  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương. - Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng của các bình phương các biểu thức chứa ẩn; vế còn lại là tổng bình phương của các số nguyên (số số hạng của hai veá baèng nhau). Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm x ; y ∈ Z thoả mãn: 5 x2 − 4 xy + y 2=169. (1).  2 x  y  2  x 2 144  25  ⇔ 4 x − 4 xy+ y + x =144 +25=169+ 0 2 2  2 x  y   x 169  0  (1) 2. 2. 2. (II). Từ (I) ta có:. Tương tự từ (II) ta có:.   2 x  y  2 122  x 5  x 5    ;   x 2 52  y 2  y 22    2 x  y  2 52  x 12  x 12   ;  2 2  y 19  y 29   x 12.   2 x  y  2 132  x 0      x 2 0  y 13    2 x  y  2 0  x 13    2 2  y 26   x 13.  5;  2  ;  5;  22  ;   5; 2  ;   5; 22  ;  12;  19  ;  12;  29    x, y      12;19  ;   12; 29  ;  0;13 ;  0;  13 ;  13; 26  ;   13;  26      Vaäy 2 2 Ví dụ 2: Tìm x ; y ∈ Z thoả mãn: x  y  x  y 8 (2). (2). 2. 2.  4 x 2  4 x  4 y 2  4 y 32  4 x 2  4 x  1  4 y 2  4 y  1 34   2 x  1   2 y  1 5 2  32   2 x  1 2 32      2 y  1 2 52      2 x  1 2 52      2 y  1 2 32 .  x 2; x  1   y 3; y  2  x 3; x  2   y 2; y  1. x; y  2;3 ; 2;  2  ;   1;3 ;   1;  2  ;  3; 2  ;  3;  1 ;   2; 2  ;   2;  1  Vaäy       3 3 Ví dụ 3: Tìm x ; y ∈ Z thoả mãn: x  y 91 (1). Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(109) (1).   x  y   x 2  xy  y 2  91.1 13.7.  x  y  .  x 2  xy  y 2 . x. (Vì. 2.  xy  y 2   0. ).   x  y 1  x 6  x  5   ;  2 2   x  xy  y  91  y 5  y  6 91.1     x  y 91  VN  2 2 x  xy  y  1     . 2 2 Ví dụ 4: Tìm x ; y ∈ Z thoả mãn: x  x  y 0 (2) 2. 2. x 2  x  y 2 0  4 x 2  4 x  4 y 2 0   2 x  1   2 y  1   2 x  2 y  1  2 x  xy  1 1   2 x  2 y  1 1  x 0    2 x  2 y  1  1   y 0     2 x  2 y  1  1  x  1      2 x  2 y  1  1  y 0 x; y  0;0 ;  1;0   Vaäy:      .  - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng - Vì phương trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng như nhau. Do đó; ta giả thiết x  y z ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương trình đơn giản. Giải phương trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm.  Ta thường giả thiết 1 x  y z .... Các ví dụ minh hoạ:  Ví dụ 1: Tìm x; y; z  Z thoả mãn: x  y  z  x. y.z (1).  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy đây là phương trình đối xứng. Giả sử 1 x  y z . Khi đó:   x. y  1; 2;3   (1)  x. y.z x  y  z 3z  x. y 3 (Vì x; y; z  Z ). * Neáu: x. y 1  x  y 1  2  z z (voâ lí) * Neáu: x. y 2  x 1; y 2; z 3 Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(110) * Neáu: x. y 3  x 1; y 3  z 2  y (voâ lí) 1; 2;3 Vậy: x; y; z là hoán vị của . 1 1 1   2 x ; y ; z  Z x y z Ví duï 2: Tìm thoả mãn: (2) .  Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là phương trình đối xứng. Giả sử 1 x  y z . Khi đó: 1 1 1 3 3  2      x   x 1 x y z x 2 (2) 1 1 2 x 1  1     y 2  y   1; 2 y z y Với:. .Neáu:. y 1 . 1 0 z (voâ lí). .Neáu: y 2  z 2 1; 2; 2  Vậy: x; y; z là hoán vị của .  - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y  Z để: A. Ta coù:. A. x2  x x2  x 1. nhaän giaù trò nguyeân. x2  x x2  x 1  1 1  1  2 2 2 x  x 1 x  x 1 x  x  1 . Khi đó:. 1 Để A nhận giá trị nguyên thì x  x  1 nhận giá trị nguyên. 2.  1 x 2  x 1   x 2  x  1 U  1   1;1. Vì :. x. 2.  x 0  x  1  0; x    x 2  x  1 1    x  1. Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x 0 hoặc x  1 2 2 2 Ví dụ 2: Tìm x; y  Z thoả mãn: 2 y x  x  y  1 x  2 y  x. y. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(111) (2).  2 y 2 .  x  1  x.  x  1  y.  x  1 1 0  *. Với:. x 1;  *  1 0  x 1. 2 y2  x  y . khoâng phaûi laø ngieäm cuûa phöông trình. Neân:. 1 0  ** x 1 .. Phöông trình coù nghieäm nguyeân. .  x 0 1     x  1  U (1)  1;  1   x 1  x 1 2. x  Ví dụ 3: Tìm x; y  Z thoả mãn: 3  1  y  1 (3). Ta coù: 2. x x (3)  3  y  1  1  y  y  2  . 3.   y; y  2  1  y; y  2. laø soá leû.  y;  y  2 . laø hai soá leû lieân tieáp. là các luỹ thừa của 3, nên:.  y 3m  *  m  n  x   3m  2 3n  m  n  n  y  2 3  **.  Với: m 0;  n 1  y 1; x 1.  Với: m 1;  n  1 Từ.  * ;  ** .  y 3   y;  y  2   1   y  2  3 ( voâ lí).  x 1  Phöông trình coù nghieäm nguyeân:  y 1.  - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình mà hai vế là những đa thức có tính biến thiên khác nhau. - Áp dụng các bất đẳng thức thường gặp: *Bất đẳng thức Cô – si: Cho n số không âm: a1 ; a2 ; a3 ;......; an . Khi đó: a1  a2  a3  ......  an n  a1.a2 .a3 .......an n . Daáu “=” xaûy ra  a1 a2 a3 ...... an. * Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(112) Cho 2n số thực: a1; a2 ; a3 ;......; an và b1; b2 ; b3 ;......; bn . Khi đó:.  a1.b1  a2 .b2  a3 .b3  ....  an .bn  Daáu “=” xaûy ra. 2.  a1 .  a2 .  a3  ....  an   b1  b2 .  b3  ....  bn .  ai kbi  i 1; n . .. .. *Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối:  a  b  a.b 0 a  b   a  b  a.b  0. Các ví dụ minh hoạ: x. y y.z z.x   3 x ; y  Z z x y Ví duï 1: Tìm thoả: (1) . AÙp duïng BÑT Coâ – si. Ta coù: . 3. 3. x. y y.z z.x x. y y.z z.x   3. 3 . . 3. 3 x. y.z z x y z x y .. x. y.z 1  x. y.z 1  x  y  z 1. Vaäy nghieäm cuûa phöông trình laø: x  y z 1 Ví duï 2: Tìm nghieäm nguyeân cuûa phöông trình:.  x  y  1. 2. 3  x 2  y 2  1. (2). (Toán Tuổi thơ 2) Theo Bunhiacoâpxki,ta coù:.  x  y 1. 2.  12  12  12   x 2  y 2  1 3  x 2  y 2  1. Daáu “=” xaûy ra. . x y 1    x  y 1 1 1 1. Vaäy nghieäm cuûa phöông trình laø: x  y 1 Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn: x  3  x  10  x  101  x  990  x  1000 2004. (3).  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhaän thaáy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 vaø Ta coù:(3).  3  x  10  x  x  101  x  990  x  1000 2004. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. a  a. .. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(113) Maø.  3  x 3  x   10  x 10  x  a a   x  101 x  101  2004  x  101  2003  x  101 1   x  990  x  990  x  1000 x  1000 . Do đó:.  1  x  101 1   x  101    1; 0;1  x    102;  101;  100. .. x    102;  100 Với x  101  2004 2003 (vô lí). Vậy nghiệm của phương trình là: 2 2 2 1) T×m c¸c sè nguyªn x,y,z tho¶ m·n: x  y  z  xy  3 y  2 z  3 V× x,y,z lµ c¸c sè nguyªn nªn. x 2  y 2  z 2 xy  3 y  2 z  3  2  y2   3y2  x  y  z  xy  3 y  2 z  3 0   x  xy      3 y  3   z 2  2 z  1 0 4   4   2. 2. 2. 2. . 2. y 2  y    x    3   1   z  1 0 2  2 . 2. y     x    3 2  . 2. . 2. y 2  y   x    3   1   z  1 0 2  (*) Mµ  2 . y   x  2 0  y    1 0  2 2 y  2  z  1 0  1   z  1 0  2  . x, y  R.  x 1   y 2  z 1 . C¸c sè x,y,z ph¶i t×m lµ.  x 1   y 2  z 1 . PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp lựa chọn Phương pháp: Phương pháp này được sử dụng với các phương trình mà ta có thể nhẩm (phát hiện dể dàng) được một vài giá trị nghiệm - Trên cơ sở các giá trị nghiệm đã biết. Áp dụng các tính chất như chia hết; số dư; số chính phương; chữ số tận cùng ….. ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác phương trình voâ nghieäm Các ví dụ minh hoạ:  6 3 4 Ví dụ 1: Tìm x; y  Z thoả mãn: x  3 x  1  y.  Nhận xét – Tìm hướng giải: Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(114) Ta thấy với x 0; y 1 thì phương trình được nghiệm đúng. Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với x 0 + Với x 0; y 1 thì phương trình được nghiệm đúng + Với x  0 . Khi đó: 2. x 6  2 x3  1  x 6  3x 3  1  x 6  4 x3  4   x 3  1  y 4   x3  2 . Vì. x. 3.  1 ;  x3  2 . 2. (*). là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị nào của y thoả. (*) Vaäy x 0; y 1 laø nghieäm cuûa phöông trình.  2 2 y 1 Ví dụ 2: Tìm x; y  Z thoả: x  x  1 3. (2) (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ ). Gọi b là chữ số tận cùng của x ( Với tận cùng là: 1, 5 hoặc 9.. b   0;1; 2;...;9. . Khi đó:. x. 2.  x  1. có chữ số. (*). 2 y1 Mặt khác: 3 là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 7. (**). Từ (*) và (**) suy ra phương trình vô nghiệm.  2 2 Ví dụ 3: Tìm x; y  Z thoả mãn: x  6 xy  13 y 100 (3).  y 5 2   x  3 4  25  y 2    25  y 2  n 2  n      (3). Do đó:. y    5;  4;  3; 0;3; 4;5  x   3;9;11;13. x; y   5;3 ;   4;9  ;   3;11 ;  0;13  ;  3;11 ;  4;9  ;  5;3   Phöông trình coù nghieäm nguyeân:    . PHÖÔNG PHAÙP 6: Phöông phaùp luøi voâ haïn (xuoáng thang) Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với những phương trình có (n – 1) ẩn mà hệ số có ước chung khác 1 - Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) hằng số tự do, để có được phương trình đơn giản hơn. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(115) - Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải phương trình đó. Các ví dụ minh hoạ: 3 3 3 Ví duï 1: Giaûi phöông trình: x  3 y  9 z 0 (1).  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thaáy. x 3  3 y 3  9 z 3 0   x 3  3 y 3  9 z 3  3. Ta coù: (1). maø.   3y. 3.  9 z 3  3. 3 neân x 3.   x 3  3 y 3  9 z 3  3  x 3 3  x 3  x 3 x1. Khi đó: (1).   27 x13  3 y 3  9 z 3  3   9 x13  y 3  3z 3  3  y 3 3  y 3  y 3 y1.   9 x13  27 y13  3z 3  3  z 3 3  z 3  y 3z1. .. .. * Tiếp tục sự biểu diễn trên và nếu gọi x0 ; y0 ; z0 là nghiệm của (1) và thì 3  U  x0 ; y0 ;z0 . và 0  x0 ; y0 ; z0 9 . Thực hiện thử chọn ta được: x0  y0 z0 0. Vaäy nghieäm cuûa phöông trình laø: x0  y0 z0 0. Giáo án bồi dưỡng toán 8: 2012-2013. Nguyễn Văn Phượng - THCS Thái Sơn :. 1.

(116)

Giao an boi duong toan 8

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về