tai lieu on HSG hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHỦ ĐỀ SỐ HỌC Cách ghi số tự nhiên. I/ Ghi số tự nhiên. n n 1 1 0 - Hệ thập phân: an an  1...a1a0 an .10  an 1.10  ...  a1.10  a0 .10 Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tận cùng là 3, nếu xoá số tận cùng thì ta được số mới nhỏ hơn số ban đầu 2010 Giải: Gọi: Số cần tìm là: x3 10 x  3 ( x  N ); Số sau khi xoá đi số tận cùng là x: Theo bài ra ta có phương trình: 10x + 3 – x = 2010  9 x 2007  x 223. Vậy số cần tìm là: 2233 Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có ab , biết ab  ba 3; ab  ba 5 Giải: Ta có ab 10a  b(a, b  Z ;1 a, b 9) Từ đã: ab  ba 11(a  b) , vì ƯCLN(3,5) = 1  ab  ba 11(a  b) 15  a  b 15. (ƯCLN(11,15) =1)  (a, b)  7,8  ,  8, 7  ,  9, 6  ,  6,9  Do 1 a, b 9. Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96 II/ Các phép tính trong N; phép chia có dư. 1/ Phép tính(+; -; x; :) - Phép tính luỹ thừa: +. a n a.a...a nthuaso. n m m n + a .a a. +. a m : a n a m n  m n, m, n  N , a 0  (a m )n a m.n. 1 0 a  a ; a 0(a 0) + Quy ước: n n n n + Lưu ý: ( x 0)  y 0;( x6)  y 6;( x1)  y1;( x5)  y5 + Những số có số tận cùng là 4, nếu luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 6; nếu luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là 4 ; + Những số có số tận cùng là 9, nếu luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 1; nếu luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là 4 ;. 200. 300. Ví dụ 1: So sánh 300 và 200 200 200 200 100 200 100 400 Giải: Ta có: 300 3 .100 9 .100 9 .10 200300 200300.100300 8100.100300 8100.(102 )300 8100.10600. Do 9 < 10, nên 9100< 10100.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  9100.10 400  10500  10600  8100.10600. Vậy 300. 200. < 200. 300. 2004 1000 Ví dụ 2: 12  2 10 Ta có 24 = 16 100.  2.  . 22010  22. 4 25.  . 2. 1005. 41005 45.41000 45.(48 )125. có số tận cùng là 6. 12 =(10 + 2)2004 = (102004 + 2004.2.102003+....+ 2004.10.22003+ 22004) Mà 102004 + 2.102003+....+ 10.22003 Vây xét 22004 = (24)501 có số tận cùng là 6, nên 122004có số tận cùng là 6. 2004.  122004  21000 10 B/ Phép chia hết trong tập hợp các số nguyên. I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết. 1. Tính chất: + Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có một và chỉ một số chia hết cho n”. + Tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2. + Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6. + Tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho 8. + Tích của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120. Các dấu hiệu chia hết a) an an  1...a1a0 2  a0 2 b)an an  1...a1a0 5  a0 5 c) an an 1...a1a0 3 . n.  a 3 i. i 0. d )an an 1...a1a0 3 . n.  a 9 i. i 0. f )an an  1...a1a0 25; 4  a1a0 25;4 g )an an  1...a1a0 125;8  a2 a1a0 125;8 Dấu hiệu chia hết cho 11 Cho A = ... a5 a4 a3 a2 a1 a0. A ⋮ 11 ⇔ [(a0 + a2 + a4 +...) – (a1 + a3 + a5 + ... )] ⋮ 11. Chứng minh: 2 4 3 3 5 A = (a0 + 10 a2 + 10 a4 + ... ) + (10a1 + 10 a + 10 a5 + ... ) 2 4 Chú ý rằng : 10 = 99 + 1, 10 = 9999 + 1,..., tổng quát : 2k 3 5 10 = bội 11 + 1 , còn 10 = 11 – 1, 10 = 1001 – 1, 10 = 100001 – 1,... 2k + 1 Tổng quát 10 = bội 11 – 1 . Do đã : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ...) + + (bội 11 – a1 – a3 – a5 - ... ) = béi 11 + ( a0 + a2 + a4 + ...) – (a1 + a3 + a5 +...) Như vậy điều kiện cần và đủ đó một số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn của số đã có hiệu chia hết cho 11 Ví dụ 1: Chứng minh: n3 + 11n 6.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Ví dụ 2: Cho 717 + 17.3 - 1 9. Chứng minh: 718 + 18.3 - 1 9 (Đề thi chọn HSG lớp 9 huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2010) Giải: Ta có: 717 + 17.3 - 1 9, Đặt: 717 + 17.3 - 1 = 9k. Mặt khác: 718 + 18.3 – 1 = 7.(717 + 17.3 – 1) + [18.3 – 1 - 7.(17.3 - 1)] = 7.9k – 33.9 = 9.(7k - 33)  9 Vậy: 718 + 18.3 - 1 9. Ví dụ3: Cho 717 + 17.3 - 1 3. Chứng minh: 718 + 18.3 - 1 3 (Đề thi chọn HSG líp 9, cấp trường năm học 2010 - 2011) 2. Sử dụng định lý mở rộng.. . n 2. . a)n  N : a n  b n  a  b  a n  1  a n  2b  ...  ab  b n  1 ; a, b  Z  a n  bn (a  b)  n 2k , k  N , a n  bn (a  b). . n 2. b)k  N , n 2k 1: a n  bn  a  b  a n  1  a n  2b  ...  ab  bn  1. .  n 2k  1: a n  bn  a  b  ; a  b Các ví dụ: Ví dụ1: Chứng minhrằng 20n + 16n - 3n + 1 323 3. Một số phương pháp chứng minh khác. - Chứng minh quy nặp: Nguyên tắc chứng minh + Xét vì n = n0 đúng. + Gỉa sử vì n = k đúng. + Biến đổi chứng minh vì n = k + 1 đúng Từ đã được điều phải chứng minh. Bài tập vận dụng: Chứng minhrằng. a )32 n  2n 7(n  N ) b)32 n 1  2n 2 7(n  N ) n c) 10  18n  19. 2n. n. Giải: a)3  2 7 + Vì n = 1; 0 hiển nhiên đúng, 2k. + Gỉa sử, n = k đúng, tức là: 3 + Xét vì n = k + 1,ta có. 2k k  2 k 7 . Đặt: 3  2 7q .. 32( k 1)  2k 1 9(3k  2k 1 )  9.2 k  2.2k 7(9q  2 k ) 7 Vậy n = k + 1 đúng, 2n n Kết luận: 3  2 7 b) Làm tương tự:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> n c) 10  18n  127. Giải: + Vì n = 0 hiển nhiên đúng, vì 10 + 18.0 – 1 = 0 27 k k + Gỉa sử n = k đúng, tức là 10  18k  127 , Đặt: 10  18k  1 27 q 0. + Xét vì n = k +1 ta có: 10k 1  18(k  1)  1 10(10k  18k  1)   18k  18  1  (180k  10)  10.27q  27.  1  6k  27(10q  6k  1) 27. Vậy n = k + 1 đúng, n Kết luận: 10  18n  127 Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y đó 7 x36 y51375 Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó 134 xy45 (Đề thi chọn HSG lớp 9 huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2009) Bài 3: Cho S=21 + 22 + 23 + ... + 2100 . a/ Chứng minh S chia hết cho 3. b/ Chứng minh S chia hết cho 15. c/ S tận cùng là chữ số nào? Lời giải 1 2 3 100 a/ S = 2 + 2 + 2 + ... + 2 =(21 + 22 )+ (23 + 24)+ ... +(299+ 2100) = 2(1 + 2) + 23(1 + 2) + …+ 299(1 +2). = 3.(2 + 23 +…+ 299) ⋮ 3 Vậy S ⋮ 3 b/ Nhóm 4 số hạng một của S ta được:S = 15.(2 + 25 + 29 +…+ 227) ⋮ 15 . c/ S ⋮ 15 và S là số chẵn nên S tận cùng là 0 3.Các dạng bài tập khác sử dụng. a) Tìm số tận cùng. b) Sử dụng phép chia có dư. c) Sử dụng nguyên tắc De-rich-ne. d) Sử dụng đồng dư thức. C/ Số nguyên tố. I/ Số nguyên tố, hợp số. 1. Bài tập liên quan đến số nguyên tố. Ngoài các kiến thức về số nguyên tố , số nguyên tố cùng nhau. ƯCLN, BCNN, ta có thêm một số tính chất về chia hết. 1) Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của tích chia hết cho p. n Hệ quả: Nếu a chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p . 2) Nếu tích a.b chia hết cho m trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau thì a chia hết cho m. Thật vậy, phân tích m ra Theo số nguyên tố :.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> k1. k2. kn. m = a1 a2 ...an (1) Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất cả các thừa số nguyên tố a1, a2,...an vì số mò lớn hơn hoặc bằng số mò của các thừa số nguyên tố đó trong (1). Nhưng b và m nguyên tố cùng nhau nên b không chứa thừa số nguyên tố nào trong các thừa số a 1 , a2, ..., an. Do đó a chứa tất cả các thừa số a1 , a2 , ... an tức là a chia hết cho m. 3) Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n. Thật vậy, a chia hết cho m và n nên a là bội chung của m và n so đó chia hết cho BCNN ( m,n). Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau m và n thì a chia hết cho tích m.n. II. Những ví dụ Ví dụ 1 . Tìm số tự nhiên n sao cho 18n + 3 chia hết cho 7. ⋮ Giải : Cách 1: 18n + 3 7 ⇔ 14n + 4n + 3 ⋮ 7 ⇔ 4n + 3 ⋮ 7 ⇔ 4n + 3 – 7 ⋮ 7 ⇔ 4n – 4 ⋮ 7 ⇔ 4(n – 1) ⋮ 7 ⋮ 7 Ta lại có (4,7) = 1 nên n – 1 Vậy n = 7k + 1 ( k N). ⋮ 7 Cách 2: 18n + 3 ⇔ 18 n + 3 – 21 ⋮ 7 ⇔ 18n - 18 ⋮ 7 ⇔ 18(n – 1) ⋮ 7 Ta lại có (18,7) = 1 nên n – 1 ⋮ 7 Vậy n = 7k + 1 ( k N) Nhận xét: Việc thêm bớt các bội của 7 trong hai cách giải trên nhằm đi đến một biểu thức chia hết cho 7 mà ở đó hệ số của n bằng 1. Ví dụ: 2. Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b N) . Chứng minh rằng 10a + b chia hết cho 13. Giải : Đặt a + 4b = x ; 10a + b = y . Ta biết x ⋮ 13, cần chứng minh y ⋮ 13. Cách 1: xét biểu thức: 10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b Như vậy 10x – y ⋮ 13 Do x ⋮ 13 nên 4y ⋮ 13. Suy ra y ⋮ 13 Cách 2: Xét Biểu thức: 4y – x = 4 (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39a Như vậy 4y – x ⋮ 13 Do x ⋮ 13 nên 4y ⋮ 13. Ta lại có ( 4,13) = 1 nên y ⋮ 13.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Cách 3 : Xét biểu thức: 3x + y = 3 (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b. Như vậy 3x + y ⋮ 13 Do x ⋮ 13 nên 3x ⋮ 13 . Suy ra y ⋮ 13 Cách 4: Xét biểu thức: x + 9y = a + 4b + 9 (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b Như vậy x + 9y ⋮ 13 Do x ⋮ 13 nên 9y ⋮ 13 . Ta lại có (9,13) – 1, nên y ⋮ 13 Nhận xet: Trong các cách giải trên, ta đã đưa ra các biểu thức mà sau khi rút gọn có một số hạng là bội của 13, khi đó số hạng thứ hai (nếu có) còng là bội của 13. Hệ số của a ở x là 4, hệ số của a ở y là 1 nên xét biểu thức 10x – y nhằm khử a (tức là làm cho hệ số của bằng 0) , xét biểu thức 3x + y nhằm tạo ra hệ số của a bằng 13. Hệ số của b ở x là 4, hệ số của b ở y là 1 nên xét biểu thức 4y – x nhằm khử b, xét biểu thức x + 9y nhằm tạo ra hệ số của b bằng 13. Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24. Giải . Ta có (p – 1)p(p + 1) ⋮ 3 mà (p,3) = 1 nên (p – 1)(p + 1) ⋮ 3 (1) p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p – 1 và p + 1 là hai số chẵn liên tiếp. Trong hai số chẵn liên tiếp, có một số là béi của 4 nên tích của chúng chia hết cho 8 (2). Từ (1) và (2) suy ra (p – 1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau 3 và 8. Vậy (p – 1)(p + 1) ⋮ 24. III. Tìm số bị chia biết các số chia và số dư trong hai phép chia Ví dụ 1. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5. Giải : Gọi n là số chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5 Cách 1: Vì n khằngchia hết cho 35 nên n có dạng 35k + r ( k, r N, r < 35), trong đó r chia 5 dư 1, chia 7 dư 5. Số nhỏ hơn 35 chia cho 7 dư 5 là 5, 12, 19, 26, 33 trong đó chỉ có 26 chia cho 5 dư 1, vậy r = 26. Số nhỏ nhBất có dạng 35k + 26 là 26. Cách 2: Ta có n – 1 ⋮ 5  n – 1 + 10 ⋮ 5  n + 9 (1) . Ta có n – 5 ⋮ 7  n – 5 + 14 ⋮ 7  n + 9 ⋮ 7 (2) . Từ (1) và (2) suy ra n + 9 ⋮ 35 số n nhỏ nhBất có tính chBất trên là n = 26 Cách 3: n = 5x + 1 = 7y + 5  5x = 5y + 2y + 4  2(y + 2) ⋮ 5  y + 2 ⋮ 5 Giá trị nhỏ nhBất của y bằng 3, giá trị nhỏ nhất của n bằng 7.3 + 5 = 26..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ví dụ 2: . Tìm số tự nhiên n có bội chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 thì dư 98. Giải : Cách 1: Ta có 131x + 112 = 132y + 98  131x = 131y + y – 14  y – 14 ⋮ 131  y = 131k + 14 ( k N)  n = 132.(131k + 14) + 98 = 132.131k + 1946 Do n có bội chữ số nên k = 0 , n = 1946 Cách 2: Từ 131x = 131y + y – 14 suy ra 131(x – y) = y – 14 . Nếu x > y thì y – 14  131  y  145  n có nhiều hơn bội chữ số. Vậy x = y, do đó y = 14, n = 1946, Cách 3. Ta có n = 131x + 112 nên 132 n = 131.132x + 14784 (1) Mặt khác n = 132y + 98 nên 131n = 131.132y + 12838 (2) Từ (1) và (2) suy ra 132n – 131 n = 131.132(x – y) + 1946  n = 131.132(x – y) + 1946. Vì n có bội chữ số nên n = 1946. III/ ƯCLN, BCNN. 1) Tìm hai số trong đó biết ƯCLN của chúng. Ví dụ 1. Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng 84, ƯCLN của chúng bằng 6. Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a  b) . Ta có (a,b) = 6 nên a = 6a’; b = 6b’ trong đó (a’, b’) = 1 (a, b, a’, b; N) Do a + b = 84 nên 6 (a’ + b”) = 84 suy ra a’ + b’ = 14 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tổng bằng 14 (a’  b’), ta được: a’ 1 3 5 Do đó a 6 18 30 b’ 13 11 9 b 78 66 54 Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích bằng 300. ƯCLN bằng 5. Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a  b). Ta có (a,b) = 5 nên a = 5a’, b = 5b’ trong đó (a’, b’) = 1 Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy ra a’b’ = 12 = 4.3 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tích bằng 12 (a’  b’) ta được: a’ 1 3 Do đó a 5 15 b’ 12 4 b 60 20 2) Các bài toán phối hợp giữa BCNN của các số vì ƯCLN của chúng. Ví dụ 3 . Tìm hai số tự nhiên biết rằng ƯCLN của chúng bằng 10, BCNN của chúng bằng 900. Giải : Gọi các số phải tìm là a và b, giả sử a  b ..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’  b. Do đó ab = 100 a’b’(1). Mặt khác ab = [a,b].(a,b) = 900.10 = 9000 (2) Từ (1) và (2) suy ra a’b’ = 90. Ta có các trường hợp: a’ 1 2 5 9 Do đó a 10 20 50 90 b’ 90 45 18 10 b 900 450 180 100 3) Tìm ƯCLN của hai số bằng thuật toán Ơ clit Ví dụ 4 . Cho hai số tự nhiên a và b (a > b) a) Chứng minh rằng nếu a chia hết cho b thì (a,b) = b b) Chứng minh rằng nếu a không chia hết cho b thì ƯCLN của hai số bằng ƯCLN của số nhỏ và số dư trong phép chia số lớn cho số nhỏ. c) Dùng các nhận xét trên đó tìm ƯCLN (72,56). Giải : a) Mọi ước chung của a và b hiểnn nhiên là ước của b. Đảo lại,do a chia hết cho b nên b là ước chung của a và b. Vậy (a,b) = b. b) Gọi r là số dư trong phép chia a cho b (a > b) . Ta có a = bk + r (k N), cần chứng minh rằng (a, b) = (b,r) Thật vậy, nếu a và b cùng chia hết cho d thì r chia hết cho d, do đó ước chúng của a và b còng là ước chung của b và r (1). Đảo lại nếu b và r cùng chia hết cho d thì a chia hết cho d, do đó ước chung của b và r còng là ước chung của a và b (2). Từ (1) và (2) suy ra tập hợp các ước chung của a và b và tập hợp các chung của b và r bằng nhau. Do đó hai số lớn nhất trong hai tập hợp đó còng bằng nhau, tức là (a, b) = (b,r) c) 72 chia 56 dư 16 nên 972,56) = ( 56,16) 56 chia 16 dư 8 nên (56,16) = (16,8); 16 chia hết cho 8 nên (16,8) = 8 . Vậy (72,56) = 8 Nhận xét : Giả sử a khôngchia hết cho b và a chia hết cho b dư r 1, b chia cho r1 dư r2, r1 chia cho r2 dư r3... , rn – 2 chia cho rn-1 dư rn’ rn-1 chia cho rn dư 0. (dãy số b, r1 , r2 ,...,rn là dãy số tự nhiên giảm dần nên số phép chia là hữu hạn do đó quá trình trên phải kết thúc vì một số dư bằng 0). Theo chứng minh ở ví dụ trên ta có (a, b) = (b,r1) = (r1,r2) =... =(rn-1’rn)= rn (vì rn-1 chia hết cho rn). Như vậy ƯCLN (a,b) là số chia cuối cùng trong dãy các phép chia liên tiếp a cho b; b cho r1; r1 cho r2;... trong đó r 1,r2,... là số dư trong các phép chia theo thứ tự trên. Trong thực hành ngưêi ta đặt tính như sau: 72 56 56 16 1 16 8 3.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 0. 2. Việc thực hiện một dãy phép chia liên tiếp như trên được gọi là thuật toán Ơ–clit. Trường hợp tìm ƯCLN của ba số, ta tìm ƯCLN của hai số rồi tìm ƯCLN của kết quả vì số thứ ba. 4) Hai số nguyên tố cùng nhau: Hai số nguyên tố cùng nhau là hai số có ƯCLN bằng 1. Nói cách khác, chúng chỉ có ước chung duy nhất là 1. Ví dụ 1. Chứng minh rằng a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng nhau. b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau. c) 2n + 1 và 3n + 1 ( n N) là hai số nguyên tố cùng nhau. Giải: a) Gọi d ƯC (2n + 1,2n + 3)  (2n + 3) – (2n + 1) ⋮ d  2 ⋮ d  d {1; 2} Nhưng d  2 vì d là ước của số lẻ. Vậy d = 1 c) Gọi d ƯC (2n + 1, 3n + 1)  3 (2n + 1) – 2 (3n + 1) ⋮ d  1 ⋮ d  d=1 Ví dụ 2. Tìm số tự nhiên n đó các số 9n + 24 và 3n + 4 là các số nguyên tố cùng nhau. Giải : Giả sử 9n + 24 và 3n + 4 cùng chia hết cho số nguyên tố d thì 9n + 24 – 3 (3n + 4) ⋮ d  12 ⋮ d  d { 2 ; 3} Điều kiện đề (9n + 24, 3n + 4) = 1 là d  2 và d  3. Hiển nhiên d  3 vì 3n + 4 không chia hết cho 3. Muốn d  2 phải có ít nhất một trong hai số 9n + 24 và 3n + 4 không chia hết cho 2. Ta thấy: 9n + 24 là số lẻ ⇔ 9n lẻ ⇔ n lẻ 3n + 4 là số lẻ ⇔ 3n lẻ ⇔ n lẻ Vậy điều kiện đó (9n + 24,3n + 4) = 1 là n lẻ. 5) Tìm ƯCLN của các biểu thức số Ví dụ 1. Tìm ƯCLN của 2n - 1 và 9n + 4 (n N)  Giải : Gọi d ƯC (2n – 1, 9n + 4) 2(9n + 4) - 9(2n – 1) ⋮ d  17 ⋮ d  d { 1 ; 17 } Ta có 2n – 1 ⋮ 17 ⇔ 2n – 18 ⋮ 17 ⇔ 2(n – 9) ⋮ 17 ⇔ n – 9 ⋮ 17 ⇔ ⇔ n = 17k + 9 ( k N) Nếu n = 17k + 9 thì 2n – 1 ⋮ 17 và 9n + 4 = 9.(17k + 9) + 4 = 17.9k + 85 ⋮ 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 17 Nếu n  17k + 9 thì 2n – 1 ⋮ không chia hết cho 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 1. n(n+1) và 2n + 1 (n  N *) 2 n(n+1) , 2 n+1 thì n(n + 1) ⋮ d và 2n + 1 ⋮ d Giải : Gọi d  ƯC 2 Suy ra n(2n + 1) – n(n + 1) ⋮ d tức là n2 ⋮ d Từ n(n+1) ⋮ d và n2 ⋮ d suy ra n ⋮ d . Ta lại có 2n + 1 ⋮ d, do đó 1 ⋮ d,. Ví dụ 2. Tìm ƯCLN của. (. ). n(n+1) 2. và 2n + 1 bằng 1. nên d = 1. Vậy ƯCLN của.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> V. Số lượng các ước của một số (*) x y z Nếu dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của một số tự nhiên A = a .b .c ... thì số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)... Thật vậy, ước của A là số có dạng m.n.p... trong đó m có x + 1 cách chọn ( là 1, a, a2 ,... ax), 2 y n có y + 1 cách chọn (là 1, b , b , ..., b ), 2 z p có z + 1 cách chọn (là 1, c, c ,... c ),... Do đó số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)... Ví dụ 1. Tìm số nhỏ nhất có 12 ước. Giải : Phân tích số phải tìm ra theo số nguyên tố : x y z N = a .b .c ... ta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) ... = 12. ( x  y  z  ...  1). Số 12 có bội, cách viết thành một tích của một hay nhiều theo số lớn hơn 1 là: 12 =12.1 = 6.2 = 4.3 = 3.2.2. Xét các trường hợp sau: a) n chứa một theo số nguyên tố : Khi đó x + 1 = 12 nên x = 11. Chọn theo số nguyên 11 tố nhỏ nhất là 2, ta có số nhỏ nhất trong trường hợp này là 2 . b) n chứa hai thừa số nguyên tố: Khi đó (x + 1)(y + 1) = 6.2 hoặc (x + 1)(y + 1) = 4.3, do đó x = 5, y = 1 hoặc x = 3 , y = 2. Để n nhỏ nhất ta chọn thứa số nguyên tố nhỏ ứng vì số m lớn, ta có 5 3 2 n = 2 .3 = 96 hoặc n = 2 .3 = 72 . Số nhỏ nhất trong trường hợp này là 72. c) n chứa ba thừa số nguyên tố : 2 Khi đó (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 3.2.2 nên x = 2,y = z = 1 . Số nhỏ nhất là 2 .3.5 = 60 11 So sánh ba số 2 , 72, 60 trong ba trường hợp, ta thấy số nhỏ nhất có 12 ước là 60. CHỦ ĐỀ THEO DÃY QUY LUẬT I. Dãy cộng : Xét các dãy số sau: a) Dãy số tự nhiên : 0, 1, 2, 3,... b) Dãy số lẻ: 1 , 3, 5 , 7,... c) Dãy các số chia cho 3 dư 1 : 1 , 4, 7,10 ... Trong các dãy số trên, mỗi số hạng, kế từ số hạng thứ hai, đều lớn hơn số hạng đứng liền trước nó cùng một số đơn vị, số đơn vị này là 1 ở dãy a); là 2 ở dãy b); là 3 ở dãy c). Ta gọi các dãy trên là dãy cộng..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19... Hiệu giữa hai số liên tiếp của dãy là 3. Số hạng thứ 6 của dãy này là 19, bằng : 4 + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 của dãy này là 4 + (10 – 1).3 = 31. Tổng quát, nếu một dãy cộng có số hạng đầu là a 1 và hiệu giữa hai số hạng liên tiếp là d thì số hạng thứ n của dãy cộng đó (kí hiệu an) bằng: an = a1 + (n - 1)d (1) Đó tính tổng các số hạng của dãy cộng 4 + 7 + 10 + ... + 25 + 28 + 31 (gồm 10 số) Ta viết : A = 4 + 7 + 10 + ... 25 + 28 + 31 A = 31 + 28 + 25 + ... + 10 + 7 + 4 nên 2 A = (4 + 31) + (7 + 28) +... + ( 28 + 7) + (31 + 4) = ( 4 + 31) .10 (4  31).10 175 2 Do đó A =. Tổng quát, nếu một dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a 1, số hạng cuối là a n thì tổng của n số hạng đó được tính như sau: S=. ( a1 +an ). n 2. (2) (*). Trường hợp đặc biệt, tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ 1 bằng: n(n  1) 1 + 2 + 3 + ... + n = 2. (3). II. Các dãy khác Ví dụ 1 . Tìm số hạng thứ 100 của các dãy được viết theo quy luật: a) 3 , 8 , 15 , 24 , 35, ... (1) b) 3 , 24 , 63 , 120 , 195, ... (2) c) 1 , 3 , 6 , 10 , 15, ... (3) d) 2 , 5 , 10 , 17, 26,... (4) Giải a) Dãy (1) có thể viết dưới dạng: 1.3 ; 2.4; 3.5 ; 4.6 ; 5.7,... Mỗi số hạng của dãy (1) là một tích của hai theo số, theo số thứ hai lớn hơn theo số thứ nhất là 2 đơn vị. Các theo số thứ nhất làm thành dãy : 1,2,3,4,5,... dãy này có số hạng thứ 100 là 100. Do đó số hạng thứ 100 của dãy (1) bằng : 100 .102 = 10200 b) Dãy (2) có thể viết dưới dạng : 1.3 , 4.6, 7.9 , 10.12 , 13.15,... Số hạng thứ 100 của dãy 1 , 4, 7, 10 , 13 , ... là : 1 + 99.3 = 298. Số hạng thứ 100 của dãy (2) bằng : 298 . 300 = 89400. c) Dãy (3) có thể viết dưới dạng : 1.2 ; 2. 2.3 ; 2. 3.4 ; 2. 4.5 ; 2. 5.6 ;... 2.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 100.101 5050 2 Số hạng thứ 100 của dãy (3) bằng :. d) Dãy (4) có thể viết dưới dạng: 2 2 2 2 2 1 + 1 , 1 + 2 , 1 + 3 , 1 + 4 , 1 + 5 ,... 2 Số hạng thứ 100 của dãy (4) bằng : 1 + 100 = 10001 BÀI TẬP 1 . Tìm chữ số thứ 1000 khi viết liên tiếp liền nhau các số hạng của dãy số lẻ : 1, 3, 5, 7,... 2 . a) Tính tổng các số lẻ có hai chữ số. b) Tính tổng các số chẵn có hai chữ số 3 . Có số hạng nào của dãy sau tận cùng bằng 2 hay khằng? 1;1+2;1+2+3; 1 + 2 + 3 + 4 ;... 4. a) Viết liên tiếp các số hạng của dãy số tự nhiên từ 1 đến 100 tạo thành một số A. Tính tổng các chữ số của A. b) Cũng hỏi như trên nếu viết từ 1 đến 1000000. 5. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số 1000! chứa thừa số nguyên tố 7, số mới bằng bao nhiêu ? 6. Tích A = 1.2.3... 500 tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ? 7. a) Tích B = 38.39.40... 74 có bao nhiêu theo số 2 khi phân tích ra thừa số nguyên tố ? b) Tích C = 31 . 32 . 33... 90 có bao nhiêu thừa số 3 khi phân tích ra theo số nguyên tố ? 8. Có bao nhiêu số tự nhiên đồng thời là các số hạng của cả hai dãy sau: 3, 7 , 11, 15..., 407 (1) 2,9,16,23,..., 709 (2) 9. Trong dãy số 1, 2, 3,..., 1990, có thể chọn được nhiều nhất bao nhiêu số đó tổng hai số bất kì được chọn chia hết cho 38 ? 10. Chia dãy số tự nhiên kế tiếp 1 thành từng nhóm ( các số cùng nhóm được đặt trong dấu ngoặc) (1), (2,3), (4,5,6), ( 7,8,9,10), (11,12,13,14,15),... a) Tìm số hạng đầu tiên của nhóm thứ 100. b) Tính tổng các số thuộc nhóm thứ 100 . 11. Cho S1 = 1 + 2, S2 = 3 + 4 + 5, S3 = 6 + 7 + 8 + 9, S4 = 10 + 11 + 12 + 13 + 14, ......

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Tính S100. 12. Tính số hạng thứ 50 của các dãy sau: a) 1.6; 2.7; 3.8;... b) 1.4; 4.7; 7.10;... 2 3 20 21 13 . Cho A = 1 + 3 + 3 + 3 + ... + 3 , B = 3 : 2 Tính B – A 2 3 99 100 14. Cho A = 1 + 4 + 4 + 4 + ... + 4 , B = 4 B Chứng minh rằng : A < 3. 15. Tính giá trị của biểu thức: a) A = 9 + 99 + 999 + ... + 99 ... 9 50 chữ số b) B = 9 + 99 + 999 + ... + 99 ... 9 200 chữ số DÃY CÁC PHÂN SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT Dãy các số viết theo quy luật đã được trình bày ở chủ đề I. Chúng ta cũng gặp các phân số mà tử và mẫu của chúng được viết theo các quy luật nhất định. Ví dụ 1. Tính nhanh: 1 1 1 1 A= + 2 + 3 +. . .+ 8 3 3 3 3. Giải. 1 1 1 3 A=1+ + 2 +.. .+ 7 3 3 3 1 1 1 1 A= + 2 +. ..+ 7 + 8 3 3 3 3. Ta có:. Lấy (1) trừ (2) được: 2A = 1 Do đó:. A=. 3280 6561. (1) (2). 1 1 6560 =1− = 8 6561 6561 3. Ví dụ 2. Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của các dãy sau: a). ¿ 1 1 1 1 , , , , ⋅⋅ 1 . 2 2 .3 3 . 4 4,5 ¿. Giải a) Ta chú ý rằng :. b). ¿ 1 1 1 1 , , , , ⋅⋅ 6 66 176 336 ¿. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − = , − = ,⋅⋅ , − = 1 2 1 .2 2 3 2. 3 n n+ 1 n (n+1). Do đó:. 1 1 1 + +⋅+ =¿ 1 . 2 2. 3 100 .101.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 1 1 1 1 1 1 1 1 ¿ − + − + ⋅+ − + − =¿ 1 2 2 3 99 100 100 101 ¿ 1−. 1 100 = 101 101. b) Trước hết ta viết các mẫu : 6, 66, 176, 336,... dưới dạng 1.6; 6.11; 11.16; 16.21;..., số hạng thứ n của dãy có dạng (5n – 4)(5n + 1) 1. 1. 1. 1. Cần tính tổng A = 1 . 6 + 6 . 11 + 11 .16 + ⋅+ 496 . 501 1 1 5 1 1 5 1 1 5   ;   ;  ;   496 501 496.501 Nhận xet: 1 6 1.6 6 11 6.11 1 1 5 Tổng quát : 5 n − 4 − 5 n+1 = (5 n −4 )(5 n+1) 1 1 1 1 1 1 1 500 5 A= − + − +⋅+ − =1− = Do đó: 1 6 6 11 496 501 501 501 100 Suy ra : A=501. Ví dụ 3. Tính tổng: Giải. áp dụng phương pháp khử liên tiếp ở ví dụ trên: viết mỗi số hạng thành hiệu của hai số sao cho số trừ ở nhóm trước bằng số bị trừ ở nhóm sau: Ta xét: 1 1 2 1 1 2 1 1 2 − = , − = ,⋅⋅ , − = 2 2. 3 1. 2. 3 2. 3 3 . 4 2. 3 . 4 37 . 38 38 .39 37 . 38. 39. Tổng quát :. Do đó: =. 1 1 2 − = . n(n+1) ( n+1)( n+2) n( n+ 1)( n=2) 2 2 2 2 2 B= + + +⋅+ =¿ 1 . 2. 3 2 .3 . 4 3 . 4 . 5 37 .38 . 39. ( 12 − 2.13 )+( 2.13 − 31. 4 )+⋅( 37.138 − 38 1. 39 )=¿. 1 1 740 370 − = = 1 . 2 38 . 39 38 . 39 741. 185 Suy ra: B=741. Tổng quát. 1 1 1 1 1 + + = − 1 . 2. 3 2 .3 . 4 n( n+1)(n+2) 2 (n+1)(n+2). Ví dụ 4: Tính giá trị các biểu thức: a). b). 1 1 1 1 1+ + +⋅+ + 3 5 97 99 A= ; 1 1 1 1 1 + + +⋅ + 1. 99 3 . 97 5 . 95 97 . 3 99 . 1 1 1 1 1 + + +⋅ 2 3 4 100 B= 99 98 97 1 + + +⋅ + 1 2 3 99. Giải a) Ghép các phân số ở số bị chia thành từng cặp đó mẫu chung, giêng mẫu của các phân số tương ứng ở số chia. Biến đổi số bị chia: cộng từng cặp các phân số cách đều hai đầu ta được:.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 100 100 100 + + +⋅ (1+991 )+( 13 +971 )+( 15 + 951 )+ ⋅+( 491 +511 )=100 1 . 99 3 . 97 5 . 95 49 .51. Biểu thức này gấp 50 lần số chia. Vậy A = 50 b) Biến đổi số chia: Viết các tử thành hiệu 100 – 1, 100 – 2 , ... 100 – 99. Số chia bằng: 100 −1 100 −2 100 −3 100 − 99 + + +⋅+ =¿ 1 2 3 99 100 100 100 100 1 2 3 99 ¿ + + +⋅ − + + +⋅ =¿ 1 2 3 99 1 2 3 99 1 1 1 = 100 + 100 2 + 3 + ⋅ 99 − 99=¿ 1 1 1 1 1 1 1 = 1 + 100 2 + 3 + ⋅+ 99 =100 2 + 3 +⋅ 99 +100. (. (. (. )( ) ) (. ). ) 1. Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia. Vậy B = 100 Ví dụ 5: a) Tính tổng A =1.2 + 2.3 + 3.4 +...+ 98.99 b) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính. B = 12 + 22 + 32 + ...+ 972 + 982 c) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính: C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + ... + 98.2 + 99.1 Giải a) Đó tích mỗi số hạng thành hiệu của hai số nhóm triệt tiêu từng cặp hai số, ta nhân mỗi số hạng của A vì 3. Thừa số 3 này được viết dưới dạng 3 – 0 ở số hạng thứ nhất, 4 – 1 ở số hạng thứ hai, 5 – 2 ở số hạng thứ ba,..., 100 – 97 ở số hạng cuối cùng. Ta có: 3A = 1.2(3 – 0) + 2.3(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + ... + 97.98 (99 – 96) + 98.99(100 – 97) = 1.2.3 - 0.1.2 + 2.3.4 - 1.2.3 + 3.4.5 - 2.3.4 + ...+ 97.98.99 - 96.97.98 + 98.99.100 - 97.98.99 = 98.99.100 Suy ra A = 323400 Tổng quát ta có : 1.2 + 2.3 + ...+ n(n+1) =. n(n+1)(n+2) 3. b) B = 12 + 22 + 32 + ... + 972 + 982 = = 1(2 – 1) + 2(3 - 1) + 3(4 – 1) + ... + 97(98 – 1) + 98(99 – 1 ) = = (1.2 + 2.3 + 3.4 +...+ 97.98 + 98 .99) – (1 + 2 +3 + ... + 97 + 98) =A-. 98 . 99 =323400 − 4851=318549 2. Tổng quát : 12 + 22 + 32 + ...+ n2 = ¿. c). n(n+1)(n+2) n( n+ 1) n(n+ 1)(2 n+1) − = 3 2 6. C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + ...+ 98.2 + 99.1 = = 1.99 + 2(99 – 1) + 3(99 – 2) +...+ 98(99 – 97) + 99(99 – 98) = = (1.99 + 2.99+...+ 98.99 + 99.99) – (1.2+2.3+...+ 97.98 + 98.99) = = 99 ( 1 + 2 + 3 + ... + 99 ) – A = = 99.. 99 .100 98 . 99. 100 99 .100 .101 − = =166650 2 3 6.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Tổng quát: 1.n + 2(n – 1) + 3(n – 2) + ... + (n –1)2 + n.1 =. n(n+1)(n+2) 6. BÀI TẬP 16. Tính nhanh:. 1. 1. 1. 1. A = 2 + 2 + 3 +⋅+ 10 2 2 2 17. Viết tất cả các phân số dương thành dãy:. 1 2 1 3 2 1 4 3 2 1 ; , ; , , ; , , , ; .. . 2 1 2 1 2 3 1 2 3 4. a) Hãy nêu quy luật viết của dãy và viết tiếp năm phén số nữa theo quy luật ấy. 50. b) Phân số 31 là số hạng thứ mấy của dãy ? 18 . Tìm x, biết rằng 1. 1. 1. 1. 101. a) 5 . 8 + 8 . 11 + 11 .14 +⋅ x(x +3) =1540 ; 1 1 1 1 1     1991 x ( x  1) 1 3 6 10 1993 2 b) =. C/ Phương trình nghiệm nguyên I/ Phương trình nghiệm nguyên: ax + by = c Điều kiện đó có nghiệm: (a,b) = d; c d - Cách giải: + Đặt ẩn phụ liên tiếp. x ;y + Tìm nghiệm riêng  0 0  của phương trình, từ đã nghiệm của (1) là.  x  x0  bt   y  y0  at. + Phương pháp phân tích thành nhân tử. + Phương pháp loại trừ. + Phương pháp xuống thang. CHỦ ĐỀ: ĐẠI SỐ A/ Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. I. Phương pháp chung. 1. Phương pháp đạt nhân tử chung. 2. Phương pháp nhóm các hạng tử. 3. Phương pháp dùng hằng đẳng thức. Phương pháp tách các hạng tử. 2 Vì đa thức bậc hai: f ( x) ax  bx  c phân tích đa thức thành nhân tử có thể sử dụng các cách sau: C1: Tách b = b1 + b2, sao cho b1.b2= a.c khi đã thực hiện nhóm các hạng tử đã phân tích thành nhân tử..

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 2 C2: Nếu f ( x) ax  bx  c = 0 có hai ngiệm (hoặc nghiệm kép ) là x1; x2 khi đã. f ( x ) ax 2  bx  c a ( x  x1 )( x  x2 ). 4. Phương pháp phối hợp nhiều phương pháp 5. Phương pháp đồng nhất các hạng tử: II/ Các bài tập áp dụng Dạng bài phân tích thành nhân tử Bài 1. Hãy phân tích các đa thức sau thành các nhân tử. a) 5x2 – 5y2 b) x3 - 2x2y + xy2 – 16x c) x4 + 1 d) x8 + x4 + 1. e) x10 + x5 + 1 f) x2 + 3x - 4 . g) (x4 + 2x3 – 3x2 + 2x – 2) Bài 2. Giải phương trình: a) x2 + 2x = x + 2 b) 3x2 + 7x + 4 =0 B. Chia đa thức 1. Đặt chia. 2. Dùng sơ đồ Hooc – ne. f ( x) an x n  an  1 x n  ...  a1 x  a0. an an-1 ... a0 q an qan+ an-1 ... r + Vì q là ước của a0 + Nếu r = 0 thì f ( x) ( x  q) Vý d”: 2 a) Tìm a sao cho 4 x  6 x  a ( x  3) 4 2 b) Tìm a và b sao cho x  ax  b ( x  1) C/ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. 1)Đưa về tam thức bậc hai rồi biến đổi về dạng: a) y = a + A2 a  Miny a  A 0 , 2k Tương tự vì: y = a + A a  Miny a  A 0 ; A. a  Miny a  A 0 ; Và : y = a + b) y = a - A2 a => Maxy = a  A 0 2k Tương tự vì: y = a - A a  Max y a  A 0 ; A. a  Max y a  A 0 Và : y = a c)Ví dụ1: Tìm giá trị lớn nhất của: y= - x2 + 2x +7 Tìm giá trị nhỏ nhất của: y = 3x2 +6x + 5 2) Vì dạng biểu thức là phân thức mà tử thức và mẫu thức chứa tam thức bậc hai f ( x)  f ( x ) kg ( x);( g ( x) 0) g ( x ) có cách giải. Cách 1: Đặt: rồi biện luận k phương trình   0  k  ? đã phải có nghiệm(Xét ) rồi kết luận. k.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> k Cách 2: + Max g ( x) khi g(x) đạt giá trị nhỏ nhất. (k là hằngsố) k + Min g ( x) khi g(x) đạt giá trị lớn nhất (k là hằngsố). 3 Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A = 4 x  4 x  3 Giải: Đặt: 2. 3  k (4 x 2  4 x  3) 3;( Do4 x 2  4 x  3  0, x) 2 4x  4x  3  4kx 2  4kx  3(k  1) 0(*) Đã phương trình (*) có nghiệm khi k.   ' (2k ) 2  12k (k  1) 0   4k 0 8k 2  12k 0  k 0 3  0k  2 3 2k 1  Vậy: Max A = 2 khi x = 4k 2. A không có giá trị nhỏ nhất. 2 Lưu ý vì tam thức bậc hai f ( x) ax  bx  c có hai nghiệm x1và x2 ta luôn có: + af(x)  0 vì. x    , x1  ;  x1 ,  . + af(x) 0 vì. x   x1 ; x2 . + Nếu. x   x1 ; x2 . => f(x1) .f(x1) 0. x2  x 1 2 Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A = x  2 x  3 3. Vì tổng của hai hay nhiều số không đổi, ta có:. Gỉa sử an  an 1  ...  a1  a0 k k (an .an  1...a1.a0 ) ( ) n  an an  1 .. a1 a0 n Khia đã: Max. 4. Vì tích của hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử an .an  1...a1.a0 k n. Khia đã: Min (an  an  1  ...  a1  a0 ) n k  an an 1 .. a1 a0 5. Bất đẳng thức Chaychy a) a 0, b 0  a  b 2 a.b , dấu “ = ” sảy ra khi a = b b) Mở réng cho n số, ta có an , an  1 ,..., a1 , a0 0  an  an  1  ...  a1  a0 n n an , an  1 ,..., a1 , a0  an an 1 .. a1 a0 D. Chứng minh thức:.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> I. Phương pháp giải: 1. Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa. A B  A – B 0 + Lập hiệu số A- B. + Rút gọn A- B và chứng minh A – B  0. + Kết luận A  B. 2. Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi trực tiếp + Biến đổi A: A  A1  A2 .. B  M 2 B. 3. Phương pháp 3: Phương pháp dùng bất đẳng thức đã biết. 3.1) Bất đẳng thức Chauchy a) a 0, b 0  a  b 2 a.b , dấu “ = ” sảy ra khi a = b b) Mở réng cho n số, ta có an , an  1 ,..., a1 , a0 0  an  an  1  ...  a1  a0 n n an , an  1 ,..., a1 , a0  an an 1 .. a1 a0 3.2) Bất đẳng thức Bu- nha- cop- xki.  ax  by . 2.  a 2  b2   x 2  y 2 . a b  y x , dấu “ = ” sảy ra:. 3.3) Ngoài ra sử dụng các bất đẳng thức đã học. 4. Phương pháp 4: Phương pháp so sánh. 5. Phương pháp dùng tính chất bắc cầu: 6. Phương pháp 6: Phương pháp tương đương: A  B  A1  B1  ...  (*) Mà (*) đóng A  B . 7. Phương pháp 7. 8. Phương pháp 8: Phương pháp phản chứng. Đã chứng minh A  B ta giả sử A < B các phép biến đổi tương đương dẫn đến vô lý. Ta kết luận: A  B . II. Các bài tập vận dụng: A.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất cơ bản: 1. 2. 3. 4.. Cho a, b > 0 Chứng Chứng minh:. a3  b3  a  b     2  minh 2. ab a2  b2  2 2. Cho a + b  0 Chứng minh: Cho a, b > 0 . Chứng minh:. a  b 3 a3  b3  2 2. a b. . b a. 1. 5.. Chứng minh: Vì a  b  1: 1 a. 6.. Chứng minh. 7.. 2. . a2  b2  c2  3  2  a  b  c . Chứng minh:. 3.  a b. 1 2. 1 b. . 2 1 ab. ; a,b,cR. a2  b2  c2  d2  e2 a  b  c  d  e. \.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 8. 9.. 2 2 2 Chứng minh x  y  z xy  yz  zx. a.. abc ab  bc  ca  ; a,b,c 0 3 3 Chứng minh: a2  b2  c2  a  b  c    3 3   minh. 2. a2 2 2  b  c ab  ac  2bc 10. Chứng minh 4. b.. Chứng. 11.. 2 2 Chứng minh: a  b  1 ab  a  b. 12.. 2 2 2 Chứng minh: x  y  z 2xy  2xz  2yz. 13.. 4 4 2 2 Chứng minh: x  y  z  1 2xy(xy  x  z  1). a3  b3 . 14. 15. a. b.. 1 4. Chứng minh: Nếu a + b  1 thì : Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh: ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca). abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) c. 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0 B. Chứng dựa vào bất đẳng thức cô - si 1.. Chứng minh: (a  b)(b  c)(c  a) 8abc ; a,b,c 0. 2.. 2 2 2 Chứng minh (a  b  c)(a  b  c ) 9abc ; a,b,c 0. 3.. 3 Chứng minh  1 a   1 b  1 c   1 abc  vì a , b , c  0. 4. 5. 6. 7. 8. 9.. 3. m. Cho a, b > 0. Chứng. m.  a  b m1  1    1   2 minh  b   a . bc ca ab   a  b  c ; a,b,c 0 Chứng minh: a b c x6  y 9 3x2 y3  16 ; x,y 0 4 Chứng minh: 1 2a4  3a2  1 2 1 a Chứng minh: .. Chứng minh: Chứng minh. a1995  1995  a  1 2. 2. a  1 b. 2.   b  1 c. 2. , vì m  Z+. ,a>0   c2  1 a2  6abc . a. 2. 2. . b. 2. 2. . c. 1 1 1 1      2 a b c  a c 2. 2. 10. 11. 12.. Cho a , b > 0. Chứng minh: a  b b  c Cho a , b  1 , Chứng minh: ab a b  1  b a  1 . Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng minh xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1). 13. 14. a) b). Cho a > b > c, Chứng minh: a 3  a  b  b  c  c . Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh b + c  16abc. (1 – a)(1 – b)(1 – c)  8abc. 3.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> c).  1   1  1  1   1   1   64  a  b c . 1 3  x  y y. x. 15. Cho x > y > 0 . Chứng minh 16. Chứng minh x2  2. a). x2  1. x8. 2. x 1. ,x  R b). 17Chứng minh:. a2  5. 6. , x > 1 c). a2  1. 4. ab bc ca abc    ; a, b, c  0 a b bc ca 2. 18. Chứng minh:. x2 1 16x. . 4. y2 1 16y. 4. . 1 4. , x , y  R. a b c 3    19Chứng minh b  c a  c a  b 2 ; a , b , c > 0 1 1 1 1    a3  b3  abc b3  c3  abc c3  a3  abc abc 20. Cho a , b , c > 0. C/m:. 21.. áp dụng Bất đẳng thức Cô- si. 4 a. a  b  c  d  4 abcd 3 b. a  b  c 3 abc. vì a , b , c , d  0 (CÔsi) vì a , b , c  0 , ((CÔsi). 3 3 3 2 2 2 22. Chứng minh: a  b  c a bc  b ac  c ab ; a , b , c > 0 3 9 4 23. Chứng minh 2 a  3 b  4 c 9 abc. Lêi giải I.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất cơ bản 1. Cho a, b > 0 Chứng minh 3. (*) . 3. 3. a b  a b   0 2  2 . a3  b3  a  b    2  2 . 3. (*). 3  a  b  a  b  2  0  8 .. a b a2  b2  2 2. 2. Chứng minh: ()  a + b  0 , () luôn đúng.  a + b > 0 , ()  Vậy:. a2  b2  2ab a2  b2  0 4 2. a b a2  b2  2 2. .  a  b 2 0 4 .đóng. . a  b 3 a3  b3  2 2. 3. Cho a + b  0 Chứng minh  2 2 2  3  b  a   a  b   0   3  b  a   a  b  0 . a. 4. Cho a, b > 0 . Chứng minh:. b. . b. a.  a b.  a  b 3 a3  b3  8 2. ().

<span class='text_page_counter'>(22)</span> ()  a a  b b a b  b a   a  b a   a  b b 0 2   a  b  a  b   0   a  b   a  b   0 . 1. 5. Chứng minh: Vì a  b  1: 1. . 1. 2 2  1 a 1  b. 1 a. 2. . 1. 2. 1 b. . 2 1 ab. (). 1 1 ab  a ab  b2  0  0 2  2     1 ab 1 ab 1  a 1  ab 1  b 1  ab  2. . b a  a b   0  1 ab  1 a2 1 b2   a  b  a. b  a  b. . 0. b  a  a  ab2  b  ba2    0 1 ab   1 a2   1 b2  . 2 2   1 a   1 ab  1 b   1 ab  Vậy : a  b  1  ab  1  ab – 1  0. 2 2 2 6. Chứng minh a  b  c  3 2  a  b  c  ; a , b , c  R 2 2 2   a  1   b  1   c  1 0 . 2 2 2 2 2 7. Chứng minh: a  b  c  d  e a  b  c  d  e. a2 a2 a2 a2  ab  b2   ac  c2   ad  d2   ae  e2 0 4 4 4  4. . a   2. 2.  a b     2. 2.  a c     2. 2. 2.  a d     2.  e  0  .. 2 2 2 8. Chứng minh x  y  z  xy  yz  zx 2 2 2  2x  2y  2z  2xy  2yz  2zx 0.  x  y  2   x  z  2   y  z  2 0. . abc ab  bc  ca  ; a,b,c 0 3 3. 9. a. Chứng minh: a2  b2  c 2 ab  bc  ca  2. . a2  b2  c 2  2ab  2bc  2ca ab  bc  ca  a bc     3 9 3  . . abc ab  bc  ca  3 3 a2  b2  c2  a  b  c    3 3  . 2. b. Chứng minh 3  a2  b2  c2   a2  b2  c2  2  a 2  b2  c2   a2  b2  c 2  2  ab  bc  ca   a  b  c .  10.. Chứng minh: . 11.. a2  b2  c2  a  b  c    3 3  . 2. a2  b2  c2 ab  ac  2bc 4. a2  a  b  c   b2  c2  2bc 0 4. Chứng minh:. 2. 2. 2. 2. . a     b  c   0 2  .. a  b  1  ab  a  b. .  b  a  2  ab  1 0  1 ab  1 a2   1 b2 . ,.

<span class='text_page_counter'>(23)</span>    12.. 2a2  2b2  2  2ab  2a  2b 0 a2  2ab  b2  a2  2a  1 b2  2b  1 0.  a  b 2   a  1 2   b  1 2 0 .. Chứng minh: . 13.. x2  y2  z2  2xy  2xz  2yz 0. Chứng minh: . x2  y2  z2 2xy  2xz  2yz.  (x – y + z)2  0.. x 4  y 4  z2  1 2x(xy 2  x  z  1). x4  y4  z2  1 2x2 y2  2x2  2xz  2x 0. 2  x . 2. 2. 2. y2    x  z   x  1 0. . a3  b3 . 1 4. 14. Chứng minh: Nếu a + b  1 thì:  a + b  1  b  1 – a  b3 = (1 – a)3 = 1 – a + a2 – a3 2. 1 1 1  3 a      2 4 4..  a3 + b3 = 15. Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh: a. ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).  ab + bc + ca  a2 + b2 + c2  (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2 a  b c , b  a c , c  a  b  2 2 2 2 2 2 2 2 2  a  b  2bc  c , b  a  2ac  c , c  a  2ab  b  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca). b. abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) 2 a 2  a 2   b  c   a 2   a  c  b  a  b  c   2 b2  b2   a  c   b2   b  c  a   a  b  c   2 c 2  c2   a  b   c 2   b  c  a   a  c  b   2 2 2 2 2 2  a b c   a  b  c   a  c  b  b  c  a   abc   a  b  c   a  c  b  b  c  a  c. 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0  4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – a4 – b4 – 2a2b2 – c4 > 0  4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – (a2 + b2)2 – c4 > 0  (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 > 0  [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] > 0  (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0 , đóng  Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác.  c – a + b > 0 , c + a – b > 0 , a + b – c > 0 , a + b + c > 0. II. Chứng minh dựa vào bất đẳng thức Cô- si 1. Chứng minh: (a  b)(b  c)(c  a) 8abc ; a, b, c 0  áp dụng bBất đẳng thức CÔ- si:  a  b  2 ab , b  c  2 bc , a  c  2 ac 2 2 2.   a  b  b  c   a  c  8 a b c 8abc . 2 2 2 2. Chứng minh (a  b  c)(a  b  c ) 9abc ; a,b,c 0 áp dụng Bất đẳng thức Cô- si 3  a  b  c 33 abc , a2  b2  c2 3 a2b2c2.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> .  a  b  c   a2  b2  c2  93 a3b3c3 9abc .. 3 3 3. Chứng minh:  1 a   1 b  1 c   1 abc  , vì a , b , c  0.   1 a  1 b  1 c  1 a  b  c  ab  ac  bc  abc. 3 2 2 2  a  b  c 33 abc , ab  ac  bc 3 a b c. .  1 a   1 b  1 c  1 33 abc  33 a 2b2c 2  abc  1 3 abc  m. 4. Cho a, b > 0. Chứng minh m. a b    1     1  b a  . m. m.  a  b  a  b  1    1   2  1   .  1   b  a  b  a. m. m.  2m  1. 3. , vì m  Z+. b a  2  2    a b . m.  2 4m  2m  1. . bc ca ab    a  b  c ; a, b, c  0 a b c. 5. Chứng minh:  áp dụng Bất đẳng thức Cô- si. 2 bc ca abc2  2  2c bc  ba  2 b ac  2b a b ab ac , a c. ,. 2. ca ab a bc  2 2a b c bc. . bc ca ab   a  b  c a b c .. x6  y9 3x2 y3  16 ; x,y 0 4 6. Chứng minh: () 6 9 2 3 ()  x  y  64 12x y   x    y  áp dụng Bất đẳng thức Cô- si 2.  x2  3   y3  3  43 3x2y3 4 12x2y3. 7. Chứng minh: () . 2a4 . 1 1 a. a4  a4  a2  1. 2. 1 a. 2. 1 1 a 2. 3.  43 12x2 y3.  4a2. (). .. Áp dụng Bất đẳng thức Cô- si a 4  a 4  a 2  1. 3. ..  3a2  1. 1. 3. a4 , a 4 , a 2  1,.  44 a4a4  a 2  1. 1 1 a 2. 1 1 a2.  4a2. 1995.  1995  a  1 () , a > 0 8. Chứng minh: a 1995  1995a  1995  a1995  1995  1995a ()  a 1995 1995. a1995  1995  a1995  1994 a1995  1 1 ...    1 1995. a. 1995a. 1994 soá. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 9. Chứng minh: a  1 b   b  1 c   c  1 a  6abc . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  a  1 b   b  1 c   c  1 a  a  a b  b  b c  c  c a áp dụng Bất đẳng thức Cô- si.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> . 6. a2  a2b2  b2  b2c2  c 2  c2a2 6 a6b6c6 6abc. a 2. 2. 10. Cho a , b > 0. Chứng minh: a  b a. . 2. 2. a b. . a 1  2ab 2b. a 2. 2. . b. b 2. 2. b c. , 2. . . 2. . b 2. b c. b 1  2bc 2c. c. 2. c. 1 1 1 1      a  c 2 a b c . . 2. c. ,. 2. a c. 2. 2. . c 1  2ac 2a. 1  1 1 1      2 a b c a c 2. 2.  Vậy: a  b b  c 11. Cho a , b  1 , Chứng minh: ab a b  1  b a  1 .  a  a  1  1  2 a  1 , b  b  1  1  2 b  1  ab 2b a  1 , ab 2a b  1  ab a b  1  b a  1 12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng mimh: xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1)      x  x  1  1 x  1  x  y  z  3 2  x  1   x  1   y  1   z  1 44  x  1  y  1  z  1. 2 2 4    z  44  x  1  y  1  z  1 Tương tự : y  4 x  1  y  1 z  1 ;  xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1).. a  33  a  b   b  c  c .. 13. Cho a > b > c, Chứng minh 3.  a  a  b   b  c   c  3  a  b  b  c  c 14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh a) b + c  16abc. 2. 2 2  bc  bc  1 a  2  bc 16abc 16a     16a    4a  1 a   2   2    2   2. 2. 2.  4a  1 a   1 a   4a  4a   1 a   1  1 2a   1 a b  c b) (1 – a)(1 – b)(1 – c)  8abc  (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b)  2 bc.2 ac.2 c). . 1 1  1   1   1   1  64 a  b c . 4.   . 2  1   a  a  b  c  4 a bc 1        a a  a  . 1. 4. 1 4 ab2c  b b. 1 1  1   1   1   1  64 a  b c . . 1. 4. 1 4 abc2  c c. x. 15. Cho x > y > 0 . Chứng minh VT  x  y   y .  16. Chứng minh. 1.  x  y y.  33.  x  y y  x  y y. 3. 1.  x  y y. 3. ab 8abc.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> x2  2 x2  1. a). 2. x  1 9. x8 x 1. b). 2 2 2 2  x  2 2 x  1  x  1 1  2 x  1. x 1. =.  x  1. 9 x 1. 2. x 1. 9 x 1. a2  5. 2 2 c.  a  1  4 2 4  a  1. 17. Chứng minh:  Vì : a  b  2. 4 a2  1. . a2  1. 6. 4. ab bc ca a bc    ; a, b, c  0 a b bc c a 2. ab. ab ab ab bc bc bc ac ac ac        a  b 2 ab 2 , b  c 2 bc 2 , a  c 2 ac 2 2 2 2  a  b  c  ab  bc  ca , dựa vào a  b  c ab  bc  ca .. . ab bc ca ab  bc  ac a  b  c     ab bc ca 2 2 x2. 18. Chứng minh:: x. 2. 1 16x. x. . 4. 2. . x. . y2 1 16y 2. 4 2 2  1 16x 1  4x  2.4x. y2.  . 1 16y. 4. . 4. . x2 1 16x. y2. 1  4y . 2. y2 1 16y. . 4. . y2. 2.4y. 2. 4. . 1 8. . 1 8. . 1 4. , x , y  R. 1 4. a b c 3    bc ac ab 2. 19. Chứng minh: ;a,b,c>0 X = b + c , Y = c + a , Z = a + b.  a+b+c=. 1 2 (X. + Y + Z). . YZ X ZX Y XY Z a ,b ,c 2 2 2. . a b c 1 Y X  Z X  Z Y                b c a  c a b 2  X Y  X Z   Y Z  1 3   2  2  2  3  2 2.. Cách khác:. .  3 . áp dụng bất đẳng thức Cô- si. a b c  a   b   c      1    1    1  3 bc ac ab  bc   ac   ab  . 1   a  b   b  c    c  a    1  1  1   3 2  bc a c a b. 1   a  b   b  c    c  a    1  1  1   9  3  3 2  bc a c a b 2  2.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> 20. Cho a , b , c > 0. C/m: 1. 3. 3. a  b  abc. +). . 1. 3. 3. b  c  abc. . 1 3. 3. c  a  abc. . 1 abc. a3  b3  a  b  a2  ab  a2   a  b ab 3 3  a  b  abc  a  b ab  abc ab  a  b  c  , tương tự.. 3 3 +) b  c  abc  b  c  bc  abc bc  a  b  c  3 3 +) c  a  abc  c  a  ca  abc ca  a  b  c . VT . 1 1 1 1  a bc       ab  a  b  c  bc  a  b  c  ca  a  b  c  a  b  c  abc .  21. áp dụngbất đẳng thức Cô- si 4 a. a  b  c  d  4 abcd với a , b , c , d  0 (CÔ- si) a  b  2 ab , c  d  2 cd  4  a  b  cd  2  ab  cd   2  2 ab. cd   4 abcd b.. a  b  c 33 abc. . với a , b , c  0 ,. (CÔ- si). abc a bc abc  4.4 abc 3 3. . abc 4 abc  abc 3 3 3.  abc   abc 3  .   22. Chứng minh ; a , b , c > 0 3 2  a  abc  2a bc ,. 4. . a bc  abc   abc 3 3  . a  b  c 33 abc .. b3  abc  2b2 ac. 3 2 , c  abc  2c ab. 3 3 3 2 2 2  a  b  c  3abc 2  a bc  b ac  c ab  3 3 3 2 2 2  2  a  b  c  2 a bc  b ac  c ab  , 3 3 3 với : a  b  c 3abc a3  b3  c3 a2 bc  b2 ac  c2 ab Vậy: 23. Cho x,y là các số dương chứng minh rằng. 1 1 4   a) x y x  y 1 1 1 4  x  y  z (   )  x y z x yz b). Dạng bài về rút gọn biểu thức: 1. Các kiến thức cơ bản về phân thức: A C A C   ( B 0) B a) Phép cộng, trừ : B B. - Lưu ý: + Nếu các phân số không cùng mẫu thì tiân hành QĐMT. + Một số quy tắc đổi dấu: A A A   B; QT1:  B B. QT2:. . A A A   B B B;. QT3:. . A A A A    B B B B;.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> A C A.C .  ( B, D 0) b. Phép nhân: B D B.D. - Lưu ý: phép nhân có đầy đủ các tính chất: Giao hoán, kết hợp; phép nhân phân phối với phép cộng; và thực hiện rút gọn. c. Phép chia: A B  A, B 0  + Phân thức: B có phân thức nghịch đảo là A và ngược lại 1  B 0  + Phân thức: B có phân thức nghịch đảo là B và ngược lại. A C A D A.D :  .  + Phép chia: B D B C B.C. 2. Những bài tập áp dụng: Bài 1(Đề thi HSG cấp huyện năm 2008 - 2009) Cho biểu thức: a) Rút gọn P. P. 2 x 9  x  5 x 6. b) Tính giá trị của P khi c) Tìm x đã P  1. x. x  3 2 x 1  x  2 1  x với x 0; x 4;9 2. 3. 5. Giai:. a) Rút gọn P P. 2 x9 x  5 x 6. . x  3 2 x 1  x  2 3 x. 2 x 9   ( x  2)( x  3). x  3 2 x 1  x 2 x 3. 2. 2 x  9  ( x  32 )  (2 x  1)( x  2)  ( x  2)( x  3) 2 x  9  x  9  2x  3 x  2  ( x  2)( x  3) . x x  2 ( x  2)( x  3). . ( x  2)( x  1) ( x  2)( x  3). . ( x  1) ( x  3). b) Tính giá trị của P khi Từ x. 2 3. 5. . 2(3 . 5). 32 . 2. 5. . x. 2 3. 5.. 6 2 5 4. ( 5  1) 2 ) 2 ( 5  1) 4  x ( ) 2 (. Thay vào P ta được: P . ( x  1) 6 2 5 6 2 5 (  1) : (  3) 4 4 ( x  3). 10  2 5 62 5. c) P  1.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> ( x  1) 1 ( x  3) 4  1 1 ( x  3) . . x  30.  x 9 Vậy 0  x 9; x 4. Bài 2 (Đề thi HSG cấp huyện năm 2009 - 2010) P. 10 x 2 x 3 x 1   x 3 x  4 x  4 1  x với x 0; x 1. Cho biểu thức: a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi x= 4 c) Chứng minh rằng P   3 với mọi x thuộc điều kiện xác định. d) Tìm giá trị lớn nhất của P. a) Rút gọn P P. b) Tính giá trị của P khi Với: x= 4 .Thay vào P ta được:. 10 x 2 x  3 x 1   x 3 x  4 x  4 1 x 10 x. (2 x  3).( x  1) ( x  1)( x  4)    ( x  1)( x  4) ( x  4)( x  1) ( x  4)( x  1) 10 x  (2 x  5 x  3)  ( x  5 x  4)  ( x  1)( x  4) .  3x  10 x  7 ( x  1)( x  5). . ( x  1)(7  3 x ) ( x  1)( x  4). . (7  3 x ) ( x  4). P. 7 3 4 1  4 4 6. c) P   3 . (7  3 x ) 3 ( x  4). . (7  3 x ) 3  0 ( x  4).  7  3 x  3( x  4)  0  19  0. Với x 0; x 1 d) Tìm MaxP: (7  3 x ) 19 P  3  ( x  4) ( x  4) Ta có: Nhận thấy: 19 19 P  3   3  4 ( x  4) 19 7 P  3   4 4 Vậy GTLN : Khi x  4 4  x 0. Bài 3: Cho biểu thức x 2 − √ x 2 x+ √ x 2(x −1) P= − + x+ √ x +1 √x √ x −1.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P 2 x c) Tìm x để biểu thức Q= √ nhận giá trị là số nguyên. P. Lời giai:. a) ĐK: x> 0 ; x ≠ 1 Rút gọn được P=x − √ x+1 2. 1 3 3 1 b) Biểu diễn P= √ x − + ⇒ MinP= ⇔ x=. (. c) Biểu diễn. 2. ). 4 2 x 2 Q= √ = P 1 √x + − 1 √x. 4. 4. 1 −1>1 (theo BĐT Cô-Si) suy ra √x 7 ±3 √ 5 0<Q<2 . Vì Q nguyên nên Q =1 ⇒ x= (t/m) 2 y − √ xy x y x+y : + − Bài 4- Cho biểu thức: P= √ x+ √ x+ √ y √ xy + y √ xy − x √ xy. ta thấy với x> 0 ; x ≠ 1 thì. √ x+. (. )(. ). a) Với giá trị nào của x, y thì biểu thức có nghĩa. b) Rút gọn P. c) Tính giá trị của P với x = 3, y =. 2 2 − √3. Lời giải. a) Với x > 0, y > 0; x ≠ y. b) Với x > 0; y > 0 và x ≠ y. Ta có: x + √ xy + y − √ xy x √ x ( √ y − √ x)+ y √ y ( √ y + √ x)−( x+ y)( y − x ) : P= √ x +√ y √ xy ( y − x ) ( √ y − √ x )( √ x+ √ y ) x + y √ xy (x + y ) x+ y x − y y− x : = . = = =√ y − √ x = √ x + √ y √ xy ( x − y ) √ x + √ y x+ y √ x + √ y √ x +√ y √3 ¿ 2 c) Với x = 3; y =. ¿ 2 +¿ 2(2+ √ 3) 2 = ¿ 2 − √3 2. √ 3+1 ¿2. Thì ta có: P =. ¿ ¿ √ 4+ 2 √ 3 − √ 3= √¿. Bài 5: Cho biểu thức P. x2  x  x  5 x 6. x  3 2 x 1  x  2 3 x. a) Rút gọn biểu thức P x. 2. 3 5 . b) Tính giá trị biểu thức P khi c) Tìm x để P < 1. d) Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên..

<span class='text_page_counter'>(31)</span> 1 d) Tìm giá trị nhỏ nhất P .. Lời giai:. a) ĐK: x 0; x 3; x 2 Rút gọn được: P. . . 2 x  9  ( x  9)  (2 x  3 x  2) ( x  3)( x  2). . x x  2 ( x  1)( x  2) x 1   ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2) ( x  3). b) Ta có P (. x. 2 3. 5. (. 5 1 2 )  2. x. 5 1 2 , nên. 5 1 5 1 5 3 5  5 5 3 42 5  1)(  3)  :   2 2 2 2 4 5 5. x 1  1 0  ( x  3) c)  0  x  9; x 4 P 1 . d) Ta có:. P. 4 0 x 3. x  30 x 9. x 1 4 1  PZ  x 3 x  3 . Để. 4  x 3. x  3  U (4)  1; 2; 4. ) x  3  1  x 4(loai) ) x  3 1  x 16 ) x  3  2  x 1 ) x  3 2  x 25 ) x  3  4  x  1(VN ) ) x  3 7  x 49. Vậy. . x  2 (2 x  1) x  3 2 x 1 2 x 9 ( x  3)( x  3)     x  2 3  x ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2). 2 x 9  x 5 x 6. P  Z  x   1;16;25;49. 1 x 3 4  1  x 1 x  1 (1) đ)Ta có: P 1 4 4 x  1 1  1   4  1   4  1  3 x 1 x 1 x 1 Mà 1 Vậy GTNN của P = - 3 . x  1 1  x 0. CHỦ ĐỀ: ĐƯỜNG THẲNG.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> 1. Đường thẳng : ax + by = c. (a 2  b 2 0)  y . a c x  (b 0) b b (1). a c x  (d ) b b a) Cách vẽ đường thẳng d: c c ;0 0; + Đường thẳng cắt trục Ox tại A( a ); cắt trục Oy tại B( b ); y . + Nối A với B ta được đường thẳng d. b) Nếu đường thẳng cho ở dạng: y = ax + b (a 0 ) b ;0 Cách vẽ: + Đường thẳng cắt trục Ox tại A( a ); cắt trục Oy tại B( 0;b );. + Nối A với B ta được đường thẳng d. c) Hệ số góc của đường thẳng y = ax + b (a 0 ) là: a 2. Viết phương trình đường thẳng: a) Viết phương trình đi qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) Cách 1: + Gọi đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b. + Vì đường thẳng đi qua hai điểm A và B ta có: ax1  b  y1  ax2  b  y2. giải hệ tìm a và b. Cách 2: Viết phương trình đi qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) có dạng: x  x1 y  y1  x1  x2 y1  y2 b) Viết phương trình đi qua điểm A(x0; y0), với hệ số k có dạng: y = k(x – x0) + y0 c) Chứng tỏ ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng ( hay cộng tuyến) Cách giải: Cách 1: + Viết phương trình đi qua hai trong ba điểm. + Thay toạ đó điểm còn lại vào phương trình đường thẳng, nếu thoả mãn phương trình đã ta kết luận ba điểm đã cho thẳng hàng. Cách 2: Ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng ( hay cộng tuyến), nếu x1  x2 y  y2  1 thoả mãn: x2  x3 y2  y3 . 3. Vị trý của hai đường thẳng: (d): y = ax + b và (d’): y = a’x + b’ a) (d) // (d’)  a a ' 0; b b ' b) (d) (d’)  a a ' 0; b b ' c) (d)  (d’)   a a ' d) (d)  (d’)  a.a '  1 Ngoài ra, nếu cho dạng (d): ax + by = c và (d’): a’x + by’ = c’.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> a) (d)  (d’)   ab ' a ' b 0  ab ' a ' b 0    ac ' a ' c 0 bc ' b ' c 0  b) (d) // (d’)  ab ' a ' b 0  ( d ) ( d ')  ac ' a ' c 0 b ' c  bc ' 0  c) Xác định giao điểm của hai (d): ax + by = c và (d’): a’x + by’ = ’là nghiệm(nếu có) của hệ phương trình sau:.  ax  by c   a ' x  b ' y c ' 4. Hệ số góc của đường thẳng. 5. Bài tập vận dụng: Bài tập 1: Cho ba đường thẳng: (d): x + y = 3 (d1): 5x - 3y = 7. (d2): ax - by = 5b (a ' 0; b 0) . a) Tìm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng trên đồng quy. b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(1; 5) và song song với đường thẳng (d) b)Xác định hệ số góc đường thẳng (d2) đi qua điểm M(1; 5). Giải: a) Tm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng trên đồng quy.  x  y 3  5 x  3 y 7 + Giao điểm của (d) và (d1) là hệ của hệ phương trình:   x 2  y 1 , vậy (d) và (d ) cắt nhau tại đỉêm có toạ đó: C(2; 1) + Giải hệ tìm được  1. + Để 3 đường thẳng trên đồng quy tại điểm C, ta có hệ thức: 2a – b = 5b => a = 3b Vậy ba đường thẳng trên đồng quy khi: a = 3b PHẦN HÌNH HỌC 2. Các dạng bài tổng hợp. Bài 1 : Cho nửa đường tròn đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax và dây AC bất kì. Tia phân giác của góc CAx cắt nủa đường tròn tại D; tia AD cắt BC tại E. a/ Chứng minh tam giác ABE cân tại B..

<span class='text_page_counter'>(34)</span> b/ Dây AC cắt BD tại K. Chứng minh EK vuông góc với AB. c/ Dây BD cắt Ax tại F. Chứng minh tứ giác AKEF là hình thoi. d/ Cho góc BAC =300, chứng minh AK = 2KC. Giải:     0  a) Ta có ABE : ABD DBE ( AD DC ); BD  AC (vì ADB 90 , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ABE cân tại B. b)Ta có, trong tam giác AEB có: x BD  AE ( ADB 900 ), AC  BE ( AEB 900 ),. BD  AC  K   K là trực tâm.  BA  KE. E. F C. D. K. A. B O. c) Ta có: AKF cân tại A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :  AD  FK , FD DK (1) + Tương tự: ABE cân tại B, vì BD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :  BD  AE , ED DA (2) Tử (1) và (2) => tứ giác AKEF là hình thoi. 0  d) Ta có góc BAC =300  EBA 60  ABE đều  K là trực tâm vừa là trọng tâm.  AK = 2KC Bài 2 : Cho (O; R) và đường thẳng d cố định nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M tuỳ trên đ kẻ tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (O) ; (P, Q là các tiếp điểm). Từ O hạ OH vuông góc với d. Dây cung PQ cắt OH tại I và cắt OM ở K. Chứng minh rằng: a/ Năm điểm M, P, Q, H,O cùng thuộc một đường tròn. b/ OI.OH = OK.OM c/ Vị trí điểm I luôn cố định khi điểm M di động trên d d/ Tìm trên d một điểm A và trên O một điểm B sao cho độ dài AB nhỏ nhấtho ABC có diện tích bằng 1, trên đường trung tuyến BK lầy điểm M sao . Giải d. H. M. Q K. I. P. O. . . 0. . . 0. a) + Vì MHO MPO 90 (OH  OM ; OP  PM )  MHO  MPO 180 => Tứ giác OPMH nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, H cùng thuộc một đường tròn..

<span class='text_page_counter'>(35)</span> . . . 0. . 0. + Tương tự: MQO MPO 90 (OQ  QM ; OP  PM )  MQO  MPO 180 => Tứ giác OPMQ nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, Q cùng thuộc một đường tròn. Vậy: Năm điểm M, P, Q, H,O cùng thuộc một đường tròn. OI OK    OIK OMH (OKI OHM 900 ; HOMchung )   OI .OH OK .OM OM OH b) 0 2 2  c) Trong OPM (OPM 90 ; OK  OM )  OK .OM OP R R2 2 OI .OH OK .OM  OI .OH R  OI  OH Mặt khác: Do O, H cố định => I cố định.. OH  (O )  L. d) Kẻ Ta có. A. AB  OB OA OH OL  LH R  OL  AB LO. Vậy AB đạt GTNN nếu AB = LO khi A H ; B L. d. H. L. B. O. Bài 3: Cho góc xAy vuông.Trên tia Ax lấy một điểm B cố định, trên tia Ay lấy điểm C di động. Vẽ đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC,tiếp xúc với cạnh ,BC, CA, AB lần lượt tại D,E,F. Hai đường thẳng cắt nhau tại G. y C. D. G. 1 E. 1 O H 1. A. 1 F. B. x. Bài 4 : Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đờng tròn tâm O, đờng kính AI. Gäi E lµ trung ®iÓm cña AB vµ K lµ trung ®iÓm cña OI. Chøng minh r»ng tø gi¸c AEKC nội tiếp đợc đờng tròn..

<span class='text_page_counter'>(36)</span> Bài 5 : Cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường chéo AC tại H. Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của AH, BH, CD. a/ Chứng minh tứ giác EFCG là hình bình hành. 0  b/ Chứng minh BEG 90 .  c/ Cho BH = h; BAC  . Tính diện tích hình chữ nhật ABCD theo h và  . Tính đường chéo AC theo h và  . Giải:     0  a) Ta có ABE : ABD DBE ( AD DC ); BD  AC (vì ADB 90 , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ABE cân tại B. B A b)Ta có, trong tam giác AEB có:  BD  AE ( ADB 900 ), AC  BE ( AEB 900 ),. F. E. BD  AC  K   K là trực tâm.  BA  KE. H. D. G. C. c) Ta có: AKF cân tại A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :  AD  FK , FD DK (1) + Tương tự: ABE cân tại B, vì BD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :  BD  AE , ED DA (2) Tử (1) và (2) => tứ giác AKEF là hình thoi. 0  d) Ta có góc BAC =300  EBA 60  ABE đều  K là trực tâm vừa là trọng tâm.  AK = 2KC Dạng bài tính số đo góc, tính diện tích. Bài 1: : Cho ABCD(AB//CD) biết rằng đường tròn đường kính CD đi qua trung điểm hai cạnh bên AD, BC và tiếp xúc với AB. Tìm số đo các góc của hình thang. Giải: 1 1 BD ON R OM  AC 2 Ta có: AC = BD vì 2. A. Nên ABCD là hình thang cân 1 1 OH HE  R  OM 2 2 + Ta có 0  0 0    OHM có OHM 60 ; HMO 30  MOD 30. +Tam giác MOD cân tại O, nên: 1    ODM OMD  (1800  DOM ) 2  C  750  D   A 1800  750 1150  B. M. D. E. B. H. N.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> Bài 2: Cho ABC có diện tích bằng 1, trên đường trung tuyến BK lầy điểm M sao cho MK = 1/4 BK, đường thẳng AM cắt BC tại L. Tính diện tích ALC B. L. M. C. A H. K. N.

<span class='text_page_counter'>(38)</span>