Chuyên đề Đại số Ôn Tuyển sinh 10 CHUYÊN
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (6.64 MB, 482 trang )
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
2
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
Chương 1: CĂN THỨC
I.
1.
•
•
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Căn thức bậc hai:
Căn bậc hai của số thực a là số thực x sao cho
ìï A
A 2 = A = ïí
ïïỵ - A
nếu
AB - A B = A B
+
+
A
AB
AB
=
=
2
B
B
B
M
+
A
=
M A
A
M
A± B
a)
b Û a£ b
=
A³ 0
A <0
AB - A B =- A B
với A, B ≥0;
với A<0, B ≥0
với A.B ≥0; B≠0
với A>0; (Đây gọi là phép khử căn thức ở mẫu)
M( A m B)
A- B
+
với A.B ≥0; A≠B; (Đây gọi là phép trục căn thức ở mẫu)
Căn thức bậc ba, bậc n:
Căn thức bậc ba:
3
Căn bậc 3 của một số a, ký hiệu là
3
•
là một số thực khơng
Với hai số thực khơng âm a,b tacó:
Khi biến đổi các biểu thức liên quan đến căn bậc hai ta cần lưu ý:
+
2.
a
ïìï x ³ 0
ớ 2
ùợù x = a
aÊ
ã
.
Cho s thc a khụng õm, căn bậc hai số học của a ký hiệu là
âm x sao cho bình phương của nó bằng a.
ìï a 0
ùớ
ùù a = x
ợ
ã
x2 = a
Cho a R;
a= xị x3 =
( a)
3
3
a
là số x sao cho
=a
2
x3 = a
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
•
•
•
Mỗi số thực a đều có duy nhất một căn bậc 3.
3
a> 0
3
a< 0
Nếu a> 0 thì
Nếu a< 0 thì
3
•
Nếu a = 0 thì
a
b
3
3
a
3
b
•
3
với mọi b≠0
ab = 3 a.3 b
•
với mọi a, b
3
•
a= 0
Nếu a< b thì
a< 3 b
A 3 B = 3 A 2B
•
3
A
AB2
=
B
B
3
với B≠0
•
3
A 3 A
=
B
B3
•
3
A 2 m3 AB + 3 B2
=
3
A ±B
A ±3 B
1
•
b)
Căn thức bậc n:
Cho số a ∈R; n∈N; n ≥ 2. Căn bậc n của một số a là một số mà lũy thừa bậc n của nó
bằng a.
Trường hợp n là số lẻ: n=2k+1, k∈N.
Mọi số thực a đều có một căn bậc lẻ duy nhất:
2k+1
a = xÞ x2k+1 = a
2k+1
; nếu a>0 thì
Trường hợp n là số chẵn: n=2k.
a> 0
2k+1
; nếu a<0 thì
a<0
2k+1
; nếu a=0 thì
a=0
2k
Mọi số thực a>0 đều có hai căn bậc chẵn đối nhau. Căn bậc chẵn dương ký hiệu là
(gọi là căn bậc 2k số học của a). Căn bậc chẵn âm ký hiệu là
x2k = a -
;
2k
a= x Û x £ 0
và
x2k = a
;
2
-
2k
a
2k
;
a= x Û x > 0
và
a
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP TIÊU BIỂU:
Dạng 1 : Thu gọn các biểu thức đại số và tính giá trị của biểu thức:
Phương pháp:
A2 = A
Biến đổi các biểu thức trong dấu
về dạng
, sau đó dựa vào dấu của A để
mở giá trị tuyệt đối nếu có
Ngồi ra cần nắm được các đẳng thức cơ bản quen thuộc:
ab+ bc+ ca = m Þ a2 + m= a2 + ab+ bc+ ca = (a+ b)(a+ c)
•
a+ b+ c = n Þ na+ bc- (a+ b+ c)a+ bc = (a+ b)(a+ c)
•
•
Nếu abc =1 thì
;
1
1
1
+
+
=1
a+ ab+1 b+ bc+1 ca+ c+1
;
a3 + b3 + c3 = 3abc,
ã
;
1 1 1 ổ
1 1 1ử
ỗ
+
+
=
+ + ữ
ữ
ỗ
ữ
2
2
2
ữ
ỗ
a
b
c ốa b cứ
vi abc 0
Nu a+b+c =0 thỡ
Vớ dụ 1
Rút gọn các biểu thức:
A = x-
x-
1
x + khi x ³ 0,
4
a)
B = 4x - 2 4x - 1 + 4x + 2 4x - 1 khi x ³
1
,
4
b)
C = 9-
3 3 + 5 8+10 7- 4 3
c)
Lời giải
A = x-
x-
2
ổ
1ử
ỗ
x- ữ
ữ
ỗ
ữ = xỗ
ữ
2ứ
ố
1
x + = x4
x-
1
2
a)
x
+ Nu
+ Nu
1
1
x³
2
4
x-
thì
1
1
x < Û 0£ x <
2
4
1
1
1
= x- Þ A =
2
2
2
x-
thì
1
=2
1
1
x+ Þ A =2 x2
2
B = 4x - 2 4x- 1 + 4x + 2 4x - 1 = 4x- 1- 2 4x- 1+1+ 4x - 1+ 2 4x - 1+1
b)
2
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
2
Hay
=
B = ( 4x - 1- 1) + ( 4x - 1+1)
1
4
4x - 1- 1 + 4x - 1+1
1
2
4x - 1- 1³ 0 Û 0.4x - 1³ 1Û x ³
Nếu
4x- 1- 1< 0 Þ 4x- 1<1Þ
Nếu
c)
= 4x - 1- 1 + 4x - 1+
2
Để ý rằng
Suy ra
= 9-
7- 4 3 = (2-
C = 9-
3)2 -
3)2
hay
thì
1
1
£ x<
4
2
suy ra
thì
| 4x- 1- 1|=-
7- 4 3 = 2-
5 3 + 5 8 +10(2-
3 3 + 5 (5-
4x- 1- 1 = 4x - 1- 1
suy ra B=2
3
3) = 9-
c = 9-
4x- 1+1
B = 2 4x - 1
5 3 + 5 28- 10 3
5 3 + 5(5-
3) = 9-
25 = 9- 5 = 4 = 2
Ví dụ 2. Chứng minh:
A = 8- 4 3 -
8+ 4 3 =- 2 2
a)
B = 3 1+
b)
84 3
+ 19
84
9
là một số nguyên (Trích đề Tuyển sinh vào lớp 10
chuyên Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006).
x = 3 a+
c)
d)
e)
Chứng minh rằng
Tính x+y biết
( x+
a+1 8a- 1 3
a+1 8a- 1
+ a3
3
3
3
)(
a³
với
1
8
là số tự nhiên
)
x2 + 2019 y + y2 + 2019 = 2019
Cho các số thực x,y thỏa mãn:
( x+
)(
)
y2 +1 y + x2 +1 = 1
. Tính giá trị cua x+y.
Li gii:
a)
D thy A0,
Cỏch 1:
Ta cú
ổ
A 2 =ỗ
8- 4 3 ỗ
ố
2
ử
8+ 4 3ữ
ữ
ữ
ứ = 8- 4 3 + 8+ 4 3- 2 8- 4 3. 8+ 4 3
2
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
= 16- 2.4 = 8
A =-
8 =- 2 2
Suy ra
Cách 2: Ta viết lại:
2)2 -
A = ( 6-
b)
( 6 + 2)2 = 6 -
84
= 1+
+19
Hay
2-
6-
2 =- 2 2
ta có:
3
ư
84 ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
9 ứ
ữ
ổ
ỗ
84
84
+ 3ỗ
1+
à 1ỗ
ỗ
9
9
ỗ
ố
ổ
ổ
84ử
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ỗ
B3 = 2+ 3 ỗ
1
+
ữ
ỗ
ỗ1ữ
9
ữ
ỗ
ố
ứỗ
ố
B3 = 2+ 3 1-
6 + 2 = 6-
(u+ v)3 = u3 + v3 + 3uv(u+ v)
p dng hng ng thc
ổ
ỗ3
84 3
3
B =ỗ
1+
+ 1ỗ
ỗ
9
ỗ
ố
2-
ửổ
ỗ
84 ữ
84 3
ữ
ỗ
3
ữ
1+
+ 1ỗ
ữ
ỗ
ữ
9 ứ
9
ỗ
ữố
ử
84 ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
9 ứ
ữ
84ử
ữ
ữ
.B
ữ
ữ
9 ứ
ữ
84
B B3 = 2- B Û B3 + B - 2 = 0
81
2
Û (B - 1)( B + B + 2) = 0
2
m
ổ 1ử
7
ữ
32 + B + 2 = ỗ
+ >0
ỗB + ữ
ữ
ữ
ỗ
2ứ 4
ố
suy ra B = 1. Vy B l số
nguyên.
c)
Áp dụng hằng đẳng thức
Ta có
x3 = 2a+ (1- 2a)x Û x3 + (2a- 1)x - 2a = 0 Û (x - 1)( x2 + x + 2a) = 0 (1)
Xét đa thức bậc hai
a=
Khi
a>
Khi
a³
mọi
(u+ v)3 = u3 + v3 + 3uv(u+ v)
1
8
1
8
x= 3
ta có
, ta có
x2 + x + 2a
với
D = 1- 8a ³ 0
1 31
+
=1
8
8
D = 1- 8a
âm nên đa thức (1) có nghiệm duy nhất x = 1. Vậy với
1
8
2
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
x = 3 a+
Ta có
d)
Nhận xét
(
a+1 8a- 1 3
a+1 8a- 1
+ a=1
3
3
3
3
)(
)
x2 + 2019 + x
x2 + 2019 - x = x2 + 2019- x2 = 2019.
x2 + 2019 - x = y2 + 2019 + y
Kết hợp với giả thiết suy ra
y2 + 2019 + y + x2 + 2019 + x = x2 + 2019 - x + y2 + 2019 - y Û x + y = 0
Þ
Tổng qt ta có
e)
là số tự nhiên
(
)(
Nhân 2 vế đẳng thức với:
( x+
(x
2
)
x2 + a + x
)(
y2 +1 x -
)(
y2 + a + y = a
( x-
1+ y2 y -
thì x+y =0
)(
1+ y2 y-
)(
1- x2
)
) (
1- x2 y + x2 +1 = x -
- y2 - 1) ( y2 - x2 - 1) = xy - x 1+ x2 - y 1+ y2 +
(x 2
ta có
)(
1+ y2 y -
1- x2
)
. Hay
( 1+ x ) ( 1+ y )
2
(
2
)(
y2 - 1) ( y2 - x2 - 1) = 2xy + 2 ( 1+ x2 ) ( 1+ y2) - x + 1+ y2 y + 1+ x2
2
)
2
Û 1- ( x2 - y2 ) = 2xy + 2 ( 1+ x2 )( 1+ y2 ) - 1Û 2(1- xy) = ( x2 - y2 ) + 2 ( 1+ x2 )( 1+ y2 )
Hay
2
2(1- xy) = ( x2 - y2) + 2 (xy - 1)2 + (x + y)2 Þ (1- xy) ³
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Ví dụ 3
a, Cho
x = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5
(x + y)2 = 0 Û x =- y
. Tính giá trị biểu thức:
x 4 − 4 x3 + x 2 + 6 x + 12
x 2 − 2 x + 12
B = x 4 − 2 x 4 + x 3 − 3x 2 + 1942
b, Cho
. Tính giá trị của biêu thức
lớp 10 trường PCT Ngoại ngữ Hà Nội năm 2015-2016).
c, Cho
hay x + y = 0.
P=
x = 1+ 3 2
x = 1+ 3 2 + 3 4
(xy - 1)2 + (x + y)2 ³ |xy - 1|
. Tính giá trị biểu thức:
. (Trích đề thi vào
P = x5 − 4 x 4 + x3 − x 2 − 2 x + 2015
Lời giải
2
.
.
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
2
x = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5 ÷ = 8 + 2 4 + 10 + 2 5 . 4 − 10 + 2 5
2
a, Ta có:
(
⇔ x2 = 8 + 2 6 − 2 5 = 8 + 2
⇒ x = 5 +1
. Từ đó ta suy ra
(x
P=
2
)
5 −1
2
( x − 1)
= 8+ 2
2
(
= 5 ⇔ x2 − 2x = 4
− 2 x ) − 2 ( x 2 − 2 x ) + 12
2
x 2 − 2 x + 12
Ta biến đổi:
)
5 −1 = 6 + 2 5 =
=
)
5 −1
2
.
.
42 − 3.4 + 12
=1
4 + 12
x = 1 + 3 2 ⇒ ( x − 1) = 2 ⇔ x3 − 3 x 2 + 3 x − 3 = 0
(
.
3
b, Ta có:
. Ta biến đổi biể thức
P = x 2 ( x3 − 3 x 2 + 3 x − 3 ) + x ( x3 − 3 x 2 + 3 x − 3) + ( x3 − 3 x 2 + 3 x − 3 ) + 1945 = 1945
c, Để ý rằng:
x = 3 22 + 3 2 + 1
a 3 − b3 = ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 ) .
3
ta nhân thêm hai vế với
Khi đó ta có:
(
3
) (
2 −1 x =
⇔ 3 2 x = x + 1 ⇔ 2 x 3 = ( x + 1) ⇔ x3 − 3x 2 − 3x − 1 = 0
3
2 −1
)(
2 −1
P
thành:
.
để tân dụng hằng đẳng thức:
3
)
22 + 3 2 + 1 = 1
3
Ta biến đổi:
.
P = x 5 − 4 x 4 + x 3 − x 2 − 2 x + 2015 = ( x 2 − x + 1) ( x 3 − 3x 2 − 3x − 1) + 2016 = 2016
.
Ví dụ 4
a) Cho ba số thực dương
a2 + b2 + c2 =
rằng:
3
2
b) Tìm các số thực
a, b, c
a 1 − b2 + b 1 − c2 + c 1 − a 2 =
thỏa mãn
3
2
. Chứng minh
.
x, y , z
x 1 − y 2 + y 2 − z 2 + z 3 − x2 = 3
thỏa mãn điều kiện:
.
(Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán – Trường chuyên ĐHSP Hà Nội, 2014).
2
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
c) Tìm các số thực
d) Giả sử
( x; y )
x, y
thỏa mãn điều kiện:
là các số thực thỏa mãn
P = x + xy + y
2
của biểu thức
(
)
2 x y − 4 + y x − 4 = xy
( x+
3 + x2
)( y+
.
)
3 + y2 = 9
. Tìm giá trị nhỏ nhất
2
.
e) Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:
P = 4 1 + x + 4 1 − x + 4 1 − x2
.
Lời giải
a, Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số khơng âm ta có:
a2 + 1 − b2 b2 + 1 − c2 c2 + 1 − a2 3
a 1− b + b 1− c + c 1− a ≤
+
+
=
2
2
2
2
2
2
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
b, Ta viết lại giả thiết thành:
Áp dụng bất đẳng thức:
a = 1 − b 2
a 2 = 1 − b 2
3
2
2
2
2
2
2
b = 1 − c ⇔ b = 1 − c ⇒ a + b + c =
2
c 2 = 1 − a 2
2
c
=
1
−
a
(đpcm).
2x 1 − y 2 + 2 y 2 − z 2 + 2 z 3 − x2 = 6
2ab ≤ a 2 + b 2
ta có:
2 x 1 − y 2 + 2 y 2 − z 2 + 2 z 3 − x2 ≤ x2 + 1 − y 2 + y 2 + 2 − z 2 + z 2 + 3 − x2 = 6
. Suy ra
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
x 2 + y 2 + z 2 = 3 ; x, y , z ≥ 0
x, y , z ≥ 0
x = 1− y2
x2 + y 2 = 1
2
2
x + y =1
2
⇔
⇔ x = 1; y = 0; z = 2
y = 2− z ⇔ 2
y + z2 = 2
y2 + z2 = 2
2
2
2
z = 3 − x
z 2 + x 2 = 3
z + x = 3
c,
a = x − 4, b =
y −4
với
a, b ≥ 0
thì phương trình đã cho trở thành:
2 ( a 2 + 4 ) b + 2 ( b2 + 4 ) a = ( a 2 + 4 ) ( b2 + 4 )
2
.
.
VT ≤ VP
.
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
Chia
2
vế cho
a=0
Để ý rằng
a, b > 0
Xét
(a
+ 4 ) ( b2 + 4 )
hoặc
b=0
2b
2a
+ 2
=1
b +4 a +4
2
thì phương trình trở thành :
AM − GM
ta có:
b 2 + 4 ≥ 2 4b 2 = 4b, a 2 + 4 ≥ 4a
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
b = y + 3 + y2 > 0 ⇒ y =
Tương tự đặt
ab = 9 ⇒ x + y =
Theo giả thiết ta có :
x 2 + xy + y 2 =
⇔ x = y =1
( **)
x+ y =
. Khi đó
. Vậy
(x
2
+ xy + y
2
)
min
a2 − 3
2a
a b 3
3
+ −
−
2 2 2 a 2b
a 9
3 a a 3
a 3
+
−
− = + ≥2 . =2
2 2a 2 a 6 3 a
3 a
3
1
3
2
2
2
( x + y ) + ( x − y ) ≥ ( x + y ) ⇒ x 2 + xy + y 2 ≥ 3
4
4
4
.
.
. Lại có
. Dấu đẳng thức xảy ra
=3
.
. Ta có:
P = a + b + ab
. Áp dụng bất đẳng thức
ta có
4
) ≥(a
2
+b
)
2 2
( a + b ) ⇒ a + b 4 ≤ 8 a 4 + b4 = 16 ⇔ a + b ≤ 2
2
1
≥ ( a + b) =
(
)
(
)
4
2
2
( a + b)
P ≤ a+b+
Suy ra
b2 − 3
2b
a = 4 1 + x , b = 4 1 − x ⇒ a, b ≥ 0, a 4 + b 4 = 2
2( a + b
4
. Vậy
là nghiệm của phương trình.
d, Đặt
ở
. Suy ra
a 2 = 4
⇔ a =b = 2⇔ x = y =8
2
b = 4
a = x + 3 + x 2 > 0 ⇒ a − x = 3 + x 2 ⇒ a 2 − 2ax + x 2 = 3 + x 2 ⇒ x =
e, Đặt
.
khơng thỏa mãn phương trình.
. Theo bất đẳng thức
2a 2b
VT ≤
+
=1
4a 4b
x = 8, y = 8
2
4
4
2
≤3
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
a = b =1⇔ x = 0
.
.
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
a 4 + b 4 ≤ a 4 + 2 a 2b 2 + b 4 = ( a 2 + b 2 ) ⇒ a 2 + b 2 ≥ 2
2
Ta cũng có:
a 2 + b 2 ≤ a 2 + 2ab + b 2 = ( a + b )
P = a + b + ab ≥ a + b ≥ 4 2
x =1
hoặc
x = −1
2
với mọi
a, b ≥ 0
. Suy ra
, mà
a + b ≥ a2 + b2 ≥ 4 2
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a=0
hoặc
. Vậy
b=0
tức là
.
Ví dụ 5
Cho
x, y , z > 0
và
xy + yz + zx = 1
( 1+ y ) ( 1+ z ) + y ( 1+ z ) ( 1+ x ) + z (1+ x ) ( 1+ y )
2
P=x
2
2
1 + x2
a) Tính giá trị biểu thức
2
1 + y2
x
y
z
+
−
=
2
2
1+ x 1+ y 1+ z2
b) Chứng minh rằng :
2
2
1+ z2
2 xy
(1+ x ) (1+ y ) (1+ z )
2
2
2
.
Lời giải
a) Để ý rằng
1 + x 2 = x 2 + xy + yz + zx = ( x + y ) ( x + z )
1 + y 2 ;1 + z 2
Tương tự đối với
( 1+ y ) ( 1+ z )
2
x
Suy ra
1+ x
2
2
=x
ta có:
( y + x) ( y + z ) ( z + x) ( z + y)
( x + y) ( x + z)
= x( y + z)
P = x ( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y ) = 2 ( xy + yz + zx ) = 2
b) Tương tự như câu a)
Ta có:
x
y
z
x
y
z
+
−
=
+
−
2
2
2
1+ x 1+ y 1+ z
( x + y) ( x + z) ( x + y) ( y + z) ( z + y) ( z + x)
=
x ( y + z ) + y ( z + x) − z ( x + y )
( x + y) ( y + z) ( z + x)
=
2 xy
=
( x + y) ( y + z ) ( z + x)
2
2 xy
(1+ x ) (1+ y ) (1+ z )
2
2
2
.
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
Ví dụ 6
a) Tìm
x1 , x2 ,..., xn
x12 − 12 + 2 x22 − 22 + ... + n xn2 − n 2 =
thảo mãn :
4n + 4 n 2 − 1
f ( n) =
2 n + 1 + 2n − 1
b) Cho
với
n
1 2
x1 + x22 + ... + xn2 )
(
2
f ( 1) + f ( 2 ) + ... + f ( 40 )
nguyên dương. Tính
.
Lời giải
a, Đẳng thức tương đương với:
Hay
(
x 2 + y 2 = 4n
x = 2n + 1, y = 2 n − 1 ⇒ xy = 4n 2 − 1
x2 − y 2 = 2
f ( n) =
Suy ra
2
x22 − 22 − 2 + ... +
(
xn2 − n 2 − n
)
2
= 0.
tốn ta có :
)
.
x 2 + xy + y 2 x3 − y 3 1 3
1
= 2
= ( x − y3 ) =
2
x+ y
x −y
2
2
f ( 1) + f ( 2 ) + ... + f ( 40 ) =
(
)
2
x1 = 2, x2 = 2.22 ,..., xn = 2.n 2
b, Đặt
1
2
) (
x12 − 12 − 1 +
1
2
(
(
) (
32 − 13 +
( 2n + 1)
3
( 2n − 1)
−
)
53 − 33 + ... +
(
3
)
.Áp dụng vào bài
)
813 − 793
813 − 13 = 364
.
Ví dụ 7
a, Cho số nguyên dương
P = 1+
n≥2
n
. Tính giá trị biểu thức sau theo :
1 1
1 1
1
1
+ 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 +
+
2
2
2
2 3
3 4
( n + 2 ) ( n + 3)
b, Cho các số thực dương
a, b, c
thỏa mãn:
a+b+c = a + b + c = 2
2
.
. Chứng minh:
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
a
b
c
+
+
=
1+ a 1+ b 1+ c
2
( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c)
Lời giải
Với mọi số thực
a , b, c
khác 0 sao cho:
a+b+c = 0
thì
2
1 1 1 2 2 2
1 1 1
+ + ÷ = 2+ 2+ 2+ + +
a b c a b c ab bc 2c
1 1 1 2( a + b + c) 1 1 1
1 1 1
⇔ + + ÷ = 2 + 2 + 2 +
= 2+ 2+ 2
abc
a b c
a b c a b c
2
Áp dụng vào bài tốn ta có:
2
1 1 1 1
1
1 1
1 1
1 1
1+ 2 + 2 = 1 + 2 +
= 1 + − ÷ ⇒ 1 + 2 + 2 = 1 + −
2
2 3 1 2 ( −3 )
2 3
2 3
2 3
.
Áp dụng lần lượt với các số hạng còn lại ta thu được:
1 1
1 1
1
1
1
1
1
1
P = 1 + − + 1 + − + ... + 1 +
−
−
÷+ 1 +
÷= n + −
2 3
3 4
2 n+3
n +1 n + 2 n + 2 n + 3
.
b, Đặt
x = a , y = b , z = c ⇒ x 2 + y 2 + z 2 = x + y + z = 2 ⇒ 2 ( xy + yz + zx ) = ( x + y + z ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 2
2
suy ra
xy + xz + yz = 1
Tương tự
VT =
=
dẫn đến
1 + a = xy + yz + xz + x 2 = ( x + y ) ( x + z )
1 + b = ( y + z ) ( y + x ) ,1 + c = ( z + x ) ( z + y )
suy ra
x
y
z
x( y + z ) + y ( z + x) + z ( x + y )
+
+
=
( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + z ) ( z + x )( z + y )
( x + y )( y + z )( z + x )
2
2
=
( x + y )( y + z )( z + x )
(1 + a )(1 + b)(1 + c)
( đpcm)
Dạng 2 : Các câu hỏi liên quan giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số.
Phương pháp : Để giải quyết các bài tập dạng này ta cần chú ý các tính chất cơ bản :
2
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
Với số thực
+
+
A≥0
A, B ≥ 0
thì
.
A + B ≥ 2 AB
A2 + B 2 + C 2 + D 2 ≥
+
+
( A + B)
2
AG − GM
( Bất đẳng thức
( A+C)
2
+( B +C)
≤ 2 ( A2 + B 2 ) , ( A + B ) ≤ ( A3 + B 3 )
). Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
2
, với các số thực
3
, với
A, B, C , D ≥ 0
A=B
.
.
A, B ≥ 0
Ví dụ 1.
A=
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của bểu thức
x+2 x +5
x +1
C=
a +1
b
c
+
+
a −1
b −2
c −3
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của
d) Cho
x≥0
.
B=
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của
a > 1, b > 4, c > 9
2 x +1
x +1
với các số thực
a , b, c
thỏa mãn
.
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
D = 1− x + 1+ x + 2 x
.
(Tuyển sinh Hà Nội 2018)
e) Cho số thực
x
thỏa mãn :
0≤ x≤5
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của;
P = x 8 − x + (5 − x) x + 3
A=
.
x( x + 4 x − 4 + x − 4 x − 4 )
f) Tìm giá trị nhỏ nhất của
g) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x 2 − 8 x + 16
, với
G = 5 x − x 2 + 18 − 3 x − x 2
Lời giải
2
.
x>4
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
a) Điều kiện :
x≥0
, ta viết lại
1
≤1
x +1
⇒ x +1 ≥ 1 ⇒
dẫn đền
khi đó giá trị nhỏ nhất của
b) Điều kiện
x≥0
2( x + 1) − 1
1
= 2−
x +1
x +1
A=
A
A ≥ 2 −1 = 1
. Ta viết lại
(
)
x +1 .
có:
x +1 =
4
⇔
x +1
(
)
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
( x + 1) 2 + 4
4
= x +1+
x +1
x +1
A + B ≥ 2 A.B
(
4
)
x +1
nên
.
A, B
ta
2
.
B
bằng 1 tại
x =1
.
a −1 =
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
do
a >1
nên
1
≥2
a −1
b = 16
a −1 > 0
suy ra
a
≥4
a −1
,
, dấu đẳng thức
;
c
c−9+9
9
9
=
= c +3+
= c −3+
+ 6 ≥ 12
c −3
c −3
c −3
c −3
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ
;
C ≥ 24
, áp dụng
1
⇔ a − 1 = 1 ⇔ a = 4.
a −1
b
b−4+4
4
4
=
= b +2+
= b −2+
+4≥8
b −2
b −2
b −2
b −2
xảy ra khi và chỉ khi
Từ đó suy ra
x +1 ≥ 1
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
bất đẳng thức AM-GM cho 2 số thực dương ta có:
khi
x≥0
=4
a −1 +
c = 36
, vì
với các số thực khơng âm
a
a −1+ 1
1
1
=
= a +1+
= a −1+
+2
a −1
a −1
a −1
a −1
Tương tự ta có:
x=0
x +1 = 4 ⇔ x +1 = 2 ⇔ x = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của
c, Ta có
.
1
B=
4
≥2
x +1
x≥0⇒ x ≥0
là .
áp dụng bất đẳng thức AM-GM dạng
x +1+
, vì
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
a = 4, b = 16, c = 36.
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
Hay GTNN của
d, Điều kiện
Ta viết lại
(
Ta có
C
là 24 tại
0 ≤ x ≤1
x + 1− x
Đặt
P
a+b =t
( a + b)
.
)
2
= x +1− x + 2 x ( 1− x) = 1+ 2 x (1− x) ≥ 1
x=0
8 − x = a, x + 3 = b
Biểu thức
2
.
D = 1− x + 1+ x + 2 x = 1− x + x + 1+ x + x
xảy ra khi và chỉ khi
e, Đặt
a = 4, b = 16, c = 36
có dạng
x≥0
, do
suy ra
1+ x + x ≥ 1
suy ra
D≥2
, dấu đẳng thức
.
0≤ x≤5
do
suy ra
3 ≤ a, b ≤ 8
.
2 2
a + b = 11
P = ( a 2 − 3) b + ( b 2 − 3) a = ab ( a + b ) − 3 ( a + b )
từ giả thiết ta có:
− 2ab = 11 ⇔ 4ab = 2t 2 − 22 ≤ ( a + b ) = t 2 ⇒ t ≤ 22
2
.
Mặt khác ta cũng có:
(
(
)(
)(
)
)
a − 3 a − 8 ≤ 0 a 2 −
⇒
2
b − 3 b − 8 ≤ 0 b −
hay
a +b ≥ 2 2 + 3
Ta có:
(
(
)
8) b +
3 + 8 a + 24 ≤ 0
3+
24 ≤ 0
2 2 + 3 ≤ t ≤ 22
. Vậy
⇒ 11 + 2 24 ≤
)(
)
(
)
3 + 8 ( a + b)
.
2 P = 2ab ( a + b ) − 6 ( a + b ) = ( t 2 − 11) t − 6t = t ( t 2 − 17 )
(
(
)(
. Từ đó ta có:
)
2
2 P ≥ 2 2 + 3 2 2 + 3 − 17 = 2 2 + 3 4 6 − 6 = 10 3 ⇔ P ≥ 5 3
xảy ra khi và chỉ khi
a = 3, b = 8
2 P ≤ 5 22 ⇒ P ≤
Ta có:
5 22
2
hoặc
a = 8, b = 3 ⇔ x = 0
hoặc
, dấu đẳng thức
x = 5.
a=b=
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Cách khác:
2
11
5
⇔x= .
2
2
.
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
Ta có:
0≤ x≤5
P = x 8 − x + ( 5 − x ) x + 3 ≥ x 3 + ( 5 − x ) 3 = 5 3.
thì
x=0
khi và chỉ khi
Dấu đẳng thức xảy ra
x = 5.
hoặc
Ta cũng có:
2
2
P 2 = x 8 − x + ( 5 − x ) x + 3 = x 2 ( 8 − x ) + ( 5 − x ) ( x + 3) + 2 x ( 5 − x )
) ( ( 8 − x ) ( x + 3) − 1) .
(
( 8 − x ) ( x + 3)
P 2 = 75 + 5 x − x 2 2
Hay
5x − x2 = x ( 5 − x ) ≤
P 2 ≤ 75 +
4
hay
5
2
=
x
(
+ Nếu
A=
Do
x
(
(
x−4 +2
)
2
+
( x − 4)
x−4 +2+
A
(
4< x<8
thì
x≥8
nên
thì
)=
P
là
)
2
÷ x
=
(
5 3
x>4
, GTLN của
P
là
.
x−4 +2 +
x−4
nên
4x
16
= 4+
x−4
x−4
0 < x − 4 < 4 ⇒ A > 8.
x−4 −2≥ 0
≤ 8 − x + x + 3 = 11
nên:
)
x−4−2<0
x−4 +2+2− x−4
4< x<8
( 8 − x ) ( x + 3)
xác định là
2
x−4
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x−4 −2
x−4 −2
x−4
+ Nếu
25
.2
4
. Vậy GTNN của
f, Điều kiện để biểu thức
x
A=
=
25
275
5 22
.10 =
⇒P≤
4
2
2
x=
x =5− x
( x + 5 − x)
2
nên
2
x−4−2
)
5 22
.
2
8− x = x +3
và
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
A=
x
(
x−4 +2+ x−4 −2
x−4
) = 2x
x−4
=
x−4
2x
8
= 2 x−4 +
≥ 2 16 = 8
x−4
x−4
2 x−4 =
thức AM-GM). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Vậy GTNN của
g, Điều kiện
Ta viết lại:
nên ta có
bằng
2 2
A
bằng 8 khi
(theo bất đẳng
8
⇔ x−4= 4 ⇔ x =8
x−4
.
x = 8.
5 x − x 2 ≥ 0
x (5 − x) ≥ 0
⇔
⇔ 0 ≤ x ≤ 5.
2
( x + 3) ( 6 − x ) ≥ 0
18 + 3x − x ≥ 0
G = 5 x − x 2 + 5 x − x 2 + 18 − 2 x
G ≥ 18 − 2 x ≥ 18 − 2.10 = 8.
khi
. Do
5x − x2 ≥ 0
với mọi
Dấu đẳng thức xảy ra tại
x = 5.
Ví dụ 2
A=
x +1
.
2 x +1
B=
x
.
x−2 x +9
a, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
C=
c, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
d, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
e, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
f, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
x −1
.
x − 3 x + 11
D = 9 − x + x.
E = −x2 + 4
( 9 − x ) ( 1 + 3x ) .
F = 5 x − x 2 + 18 + 3x − x 2 .
Lời giải
2
x
x = 5.
thỏa mãn
0≤ x≤5
Vậy GTNN của
G
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
(
a, Điều kiện:
Vì
x≥0
chỉ khi
nên
x≥0
2 x +1 ≥ 1
b, Điều kiện:
+ Khi
thành:
(
1
)
2 2 x +1
suy ra
≤
1
2
dẫn đến
A
x=0
x>0
x≥0
thì
thì
1
bằng khi
x−2 x +9 =
ta có:
(
)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và
2
x −1 + 8 > 0
suy ra
B>0
ta có
1 x−2 x +9
9
9
=
= x −2+
= x+
− 2,
B
x
x
x
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Kết hợp
( 1) , ( 2 )
ta suy ra GTLN của
x>0
B
bằng
1
4
tại
1
B
).
x ≤1
x >1
thì
thì
x≥0
chú ý:
3 31
x − 3 x + 11 = x − ÷ +
> 0,
2
4
C ≤ 0 (3)
C>0
suy ra
1
1
≥4⇒ B≤ .
B
4
Dấu
x = 9.
mà không xét
2
c, Điều kiện:
9
≥2 9 =6
x
áp dụng bất đẳng
x = 9 (2)
Chú ý:Học sinh hay mắc sai lầm khi đưa về
xác định khi
B≥0
B = 0 (1)
thức AM-GM cho các số thực dương ta có:
Nếu
A ≤ 1.
)
x = 0.
x+
Nếu
(
x = 0.
Vậy GTNN của
+ Khi
ta viết lại
A
)
1
1
2 x +1 +
1
2 =1+
A= 2
.
2 2 2 x +1
2 x +1
ta có:
2
x = 0.
(Biểu thức
1
B
chỉ
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
1 x − 3 x + 11
=
=
C
x −1
(
) (
)
2
x −1 −
x −1 + 9
x −1
9
≥6
x −1
x −1+
cho 2 số thực dương ta có:
khi và chỉ khi
Kết hợp
d, Điều kiện
ta suy ra GTLN của
0 ≤ x ≤ 3.
2 x ( 9 − x) ≤ x + 9 − x = 9
9
x =9−x ⇔ x = .
2
e, Điều kiện
suy ra
Ta có
nên
C
bằng
1
5
D2 = 9 + 2 x ( 9 − x )
D 2 ≤ 18 ⇔ D ≤ 3 2
Vậy GTLN của
D
bằng
tại
3 2
tại
Vậy GTLN của
do
3x − 27 < 3 x + 1
nên suy ra
E
xác
E
24
bằng
suy ra
2
tại
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = 2.
2
5 x − x ≥ 0
x ( 5 − x ) ≥ 0
⇔
⇔ 0 ≤ x ≤ 5.
2
18 + 3x − x ≥ 0 ( x + 3) ( 6 − x ) ≥ 0
f, Điều kiện:
( AX + BY )
9
x= .
2
2 ( 1 + 3 x ) ( 9 − x ) ≤ 1 + 3 x + 9 − x = 10 + 2 x
2
F = x ( 5 − x) +
2
x = 16.
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
E ≤ − x + 2 ( 10 + 2 x ) = 20 + 4 x − x = 24 − ( x − 2 ) ≤ 24.
2
Ta viết lại
Dấu đẳng thức xảy ra
3 x + 1 ≥ 0
1
⇔ − ≤ x ≤ 9.
3
3 x − 27 ≤ 0
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
x = 2.
1
1
≥5⇒C ≤ .
C
5
theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
( 9 − x ) ( 1 + 3x ) ≥ 0 ⇔ ( 3x − 27 ) ( 3x + 1) ≤ 0
định khi và chỉ khi
áp dụng bất đẳng thức AM-GM
9
⇔ x − 1 = 3 ⇔ x = 16 (4).
x −1
x −1 =
( 3) , ( 4 )
9
− 1,
x −1
= x −1+
(
≤ A +B
2
2
)(X
2
( 6 − x ) ( x + 3) ,
+Y
2
)
áp dụng bấ đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng
ta có
P 2 ≤ ( x + 6 − x ) ( 5 − x + x + 3) = 48 ⇒ P ≤ 4 3.
2
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x
6− x
15
=
⇔x= .
5− x x+3
7
Dạng 3: Tìm điều kiện để biểu thức nhận giá trị nguyên.
Phương pháp:
P = A+
+ Đối với các biểu thức
tỉ thì
P
+ Đối với các biểu thức
tìm cách đánh giá
P.
với
A, B
P,
B
C
P
tức là chặn
Hoặc tìm điều kiện của
P
với
là số nguyên,
C
nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi
P = A+
của
B
C
A, B
nhận giá trị nguyên hoặc vô
là số nguyên và
là số hữu tỉ,
M ≤P≤N
theo kiểu
x, y ,...
để tồn tại biến
suy ra các giá trị nguyên có thể có của
C
C
C
là ước số của
B.
nhận giá trị thực. Ta thường
từ đó suy ra các giá trị có thể có
thỏa mãn u cầu bài tốn từ đó
P.
+ Đối với các bài tốn tổng hợp học sinh cần chú ý điều kiện ban đầu để loại các giá trị
khơng thỏa mãn.
Ví dụ 1
a, Tìm các giá trị nguyên của
b, Tìm tất cả các số thực
x
x
P=
để
P=
để
2 x +5
x +1
2
x − x +1
là số nguyên.
là số nguyên.
c, Chứng minh: Không tồn tại giá trị thực của
x
P=
để
Lời giải
2
3 x +5
x +2
là số nguyên.
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
a, Điều kiện
P=
x ≥ 0.
2
(
)
x +1 + 3
x +1
Ta viết lại
nhận giá trị nguyên hoặc vô tỉ. Suy ra
x +1
và
Vậy
b, Điều kiện
thì
P
Do
x
là số nguyên nên
x +1
là số nguyên khi và chỉ khi
x + 1 ≥ 1 ⇒ x + 1 ∈ { 1; 3} ⇔
là ước của 3. Chú ý
x ∈ { 0; 4}
P
3
.
x +1
= 2+
x +1
là số nguyên
x ∈ { 0; 2} ⇔ x ∈ { 0; 4} .
nhận giá trị nguyên.
x ≥ 0.
2
Do
x≥0
P=
nên
1 3
x − x +1 ≥ x − ÷ + > 0
2 4
2
2
2 8
=
< = ,
2
x − x +1
1 3 3 3
x− ÷ +
2 4 4
nhận các giá trị
P ∈ { 1; 2} .
suy ra
như vậy
P>0
ta có
8
0
Vì
5 +1
x=
1
5
2
P = 1 ⇔ x − x +1 = 2 ⇔ x − ÷ = ⇔
2
4
− 5 +1
x=
2
P
là số nguyên nên
P
có thể
2
TH1:
x≥0⇒ x =
5 +1
3+ 5
⇔x=
.
2
2
P = 2 ⇔ x − x +1 = 1 ⇔ x − x = 0 ⇔ x
TH2:
Vậy
3 + 5
x ∈ 0;1;
2
c, Điều kiện
0
vì
P
do
x ≥ 0.
thì
P
Dễ thấy
(
)
x −1 = 0 ⇔ x = 0
hoặc
x = 1.
nhận giá trị nguyên.
P
P=
là số dương. Để ý rằng:
là số nguyên nên
P
3 x +5 3 x +6
<
=3
x +2
x +2
có thể nhận các giá trị là 1 hoặc 2.
2
suy ra
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
TH1:
P = 1 ⇔ 3 x + 5 = x + 2 ⇔ 2 x = −3
P = 2 ⇔ 3 x +5= 2
TH2:
Vậy không tồn tại
x
để
(
P
)
x + 2 ⇔ x = −1
P=3
x≥0
thì
(∗∗)
(∗)
có dạng
ta suy ra
2P − 5 > 2P − 6
nên
x≥ 0
P=
để
3 x +5
x +2
là số nguyên. Khi đó ta có:
3 x +5
⇔ P x + 2P = 3 x + 5 ⇔ x ( P − 3 ) = 5 − 2P (∗)
x +2
Nếu
Do
vơ lí.
là số ngun.
Cách khác: Giả sử tồn tại giá trị
P=
vơ lí.
P
0 = −1
vơ lý, vậy
phải thỏa mãn:
P ≠ 3.
Từ
(∗)
x=
ta cũng suy ra
5 − 2P
2P − 5
2P − 5
≥0⇔
≤0⇔
≤ 0,
P−3
P−3
2P − 6
2P − 5 ≥ 0
2P − 5
5
≤0⇔
⇒ ≤P<3
2P − 6
(∗∗)
2P − 6 < 0 2
nên điều kiện
5 − 2P
,
P−3
để ý rằng
, do P là số ngun
khơng thể xảy ra. Tóm lại P không thể nhận giá trị nguyên.
III. MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP
Bài 1
Cho
x−2
A=
2+ x
a) Chứng minh khi
( x ≥ 0)
,
x = 3+ 2 2
b) Rút gọn B và tìm x để
8x x −1 8x x + 1 2 x + 1
B =
−
÷
÷:
2x − x 2x + x 2x −1
A=
thì
A x−2
=
B 4 x
5 2 −1
.
7
.
Lời giải:
x = 3+ 2 2 =
a) Ta có
(
)
2
2 +1 ⇒ x = 2 +1
thay vào A ta có:
2
x ≥ 0, x ≠
với
1
1
, x≠− .
2
2
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
A=
(
)(
)(
)
)
(
)(
(
3 + 2 2 − 2 2 2 +1 2 2 +1 3 − 2
5 2 −1
=
=
=
.
7
2 +1+ 2
3+ 2
3+ 2 3− 2
(
b) Ta có:
) (
)(
(
) : 2x + 1
2 x +1 4x − 2 x + 1
8x x − 1 8x x + 1 2x + 1 2 x − 1 4 x + 2 x + 1
B =
−
:
=
−
÷
÷
x 2 x −1
x 2 x +1
2 x − x 2 x + x 2 x − 1
)
)
2 x −1
4 x + 2 x + 1 4 x − 2 x + 1 2 x + 1 4 ( 2 x − 1)
( x − 2 ) ( 2 x + 1) ,
A
x − 2 4 ( 2 x − 1)
=
−
:
=
⇒
=
:
=
÷
÷ 2x −1
2x +1
B 2+ x
2x +1
x
x
4 x + 2 ( 2 x − 1)
(
)
yêu cầu bài toán tương đương với
x−2
=
⇔ ( x − 2)
4 x
( x − 2 ) ( 2 x + 1)
4 ( x + 2 ) ( 2 x − 1)
(
2x +1
)
x + 2 ( 2 x − 1)
1
x
=
(*) ⇔ x ( 2 x + 1) =
(
(*)
(
1
−
=0
x
x + 2 ( 2 x − 1)
2x +1
)
x=2
hay
. Ta có
)
x + 2 ( 2 x − 1) ⇔ 4 x − 2 x − 2 = 0 ⇔ 2 x − x − 1 = 0 ⇔
⇔ x = 1 ⇔ x = 1.
Đối chiếu với điều kiện bài toán ta thấy
Bài 2
A=
Cho biểu thức:
x+9
; B=
x−4
x +2
x −2 2 x
−
+
x −2
x + 2 4− x
(
hoặc
)(
x = 1, x = 2
với
)
x −1 2 x + 1 = 0
thỏa mãn.
x > 0, x ≠ 4.
a) Rút gọn biểu thức B.
b) Đặt
P = A : B.
x=
Tính giá trị của P khi
1
.
36
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Lời giải:
B=
a)
x +2
−
x −2
x −2
−
x +2
(
2 x
x −2
)(
x +2
)
(
=
x +2
(
) −(
2
x −2
2
)(
x −2
)
2
x +2
−2 x
)
=
(
6 x
x −2
)(
x +2
)
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG
P = A:B =
(
x=
b) Khi
P=
c)
x+9
x −2
)(
x +2
1
1
⇒ x=
36
6
6 x
:
) (
x −2
ta có
x+9 1
9
= x+
÷.
6 x 6
x
)(
)
x+9
6 x
1
+9
325
36
P=
=
.
1
36
6.
6
x+
Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:
x=
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
tại
x +2
=
9
⇔ x = 3 ⇔ x = 9.
x
9
≥ 6.
x
Suy ra
P ≥ 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1
x = 9.
Bài 3
A=
Cho
x +3
x +2
x +2
+
+
, B=
x − 2 3− x x −5 x + 6
1
x +1
với
x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9
a) Rút gọn A.
b) Tính giá trị của A khi
c) Đặt
P = A:B
x = 7 + 4 3.
. Tìm x để
P ≤ 4.
Lời giải:
a) Điều kiện xác định:
A=
Ta có:
x ≥ 0
x ≠ 4
x ≠ 9
x +3
x +2
x +2 =
+
+
x −2 3− x x−5 x +6
(
x = 7+4 3 = 2+ 3
b) Khi
)
2
(
x +3
)(
A=
⇒ x = 2+ 3
thì
2
) (
x −3 −
(
x −2
x +2
)(
)(
x −3
)
x −2 + x +2
)
1
1
3
=
=
.
3
2+ 3−2
3
=
1
.
x −2
