CÁC DẠNG bài tập CHỐT lại đáp án

TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
2− 2+ 2+ 2+ 2
2− 2+ 2+ 2

<

1
3

Câu 1. a) C/m:

a = 2 + 2 + 2 + 2 ( a > 1) ⇒ a 2 = 2 + 2 + 2 + 2 ⇒ 2 − a 2 = − 2 + 2 + 2

Đặt :
2− 2+ 2+ 2+ 2
2− 2+ 2+ 2

=

2−a
1
1
=
<
2
4−a
2+ a 3

a > 1 ⇒ a + 2 > 3)

( Vì

Do đó:
4

b) Chøng minh r»ng:

17 + 12 2 + 4 17 − 12 2 4 9 + 2 12 + 8 + 4 9 − 2 12 + 8
=
2
2

4

VT

=

(3 + 2 2 )

4

2

=

(
=
4

VËy :

c) So sánh:
Xét hiệu:

17 + 12 2 + 4 17 − 12 2
= 2
2

)

(

+ 4 3− 2 2
2

2

2 +1 +
2

(

)

2 −1

)

=

2

và

)

2 +1 + 2 − 2 2 +1
2

2 +1+ 2 −1
= 2
2

=

17 + 12 2 + 4 17 − 12 2
= 2
2

A = 3 20 + 3 32

(2 + 2

2

= VP

(®pcm).

B = 3 24 + 3 28

A − B = 3 20 + 3 32 − 3 24 − 3 28

=

32 − 28
3

32 + 32. 28 + 28
2

3

3

3

2

−

24 − 20
3

24 + 24. 3 20 + 3 20 2
2

3

Hãy luôn chi ến th ắng chính mình. 1

TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
=

4
3

32 2 + 3 32. 3 28 + 3 282

4

−

3

242 + 3 24. 3 20 + 3 20 2



1
1
= 4
−
÷< 0
3
3
2
3
2
242 + 3 24. 3 20 + 3 202 

 32 + 3 32. 3 28 + 28
1
3

( Vì
Suy

A− B < 0

322 + 3 32. 3 28 + 3 282

vậy

−

1
3

24 2 + 3 24. 3 20 + 3 202

<0
)

A< B

Câu 2. a)Thực hiện phép tính:
A=

1
2017

2017
+
+1
2018
2019
A=

Ta có:

+

1
2018
2018
+
+1
2019
2017

1
2017
2017
+
+1
2018
2019

+

2019

2019
+
+1
2018
2017

2018
2018
+
+1
2019
2017

1
1 
 1
2017. 
+
+
÷
2019
2017 
 2018
1
+
1
1 
 1
2019. 
+

+
÷
2018
2019 
 2017

=

1

1

1

=

+

+

+

1
2019
2019
+
+1
2018
2017
1

1
1 
 1
2018. 
+
+
÷
2017
2018 
 2019

1
1
1 
 1
+
+

÷= 1
1
1   2018
 1
2019
2017 
+
+

÷
2019

2017 
 2018

B=
b) Tính
B=

Vậy,

A =1

.

2001.2003 + 1 2004.2010 + 9 1
×
−
2006.2008 + 1 2000.2004 + 4 4
2001. ( 2001 + 2 ) + 1 2004. ( 2004 + 6 ) + 9 1
=
×
−
2006. ( 2006 + 2 ) + 1 2000. ( 2000 + 4 ) + 4 4

( 2001 + 1) ×( 2004 + 3) − 1
2
2
( 2006 + 1) ( 2000 + 2 ) 4
2

2

Ta có:

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 2


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
= 1−

1
3
3
=
=
4
4
2
A=

c) Rút gọn biểu thức:

B=

. Vậy,

2(3 + 5)
2 2 + 3+ 5

3
2

+

.

2(3 − 5)
2 2 − 3− 5



 3+ 5 3− 5 
3+ 5
3− 5

 = 2
=2
+
A=
+
 5+ 5 + 5− 5 ÷
÷
 4 + ( 5 + 1)2 4 − ( 5 − 1) 2 


4+ 6+2 5 4− 6−2 5

2(3 + 5)

2(3 − 5)

 (3 + 5)(5 − 5) + (3 − 5)(5 + 5) 
 15 − 3 5 + 5 5 − 5 + 15 + 3 5 − 5 5 − 5 
= 2
÷
 = 2 
÷
25 − 5
(5 + 5)(5 − 5)





= 2.

20
=2
20

. Vậy A=2
y - 2010 − 1
x - 2009 − 1
z - 2011 − 1 3
+
+
=
x - 2009
y - 2010
z - 2011
4

Câu 3. a) Giải phương trình:
x - 2009 = a; y - 2010 = b; z - 2011 = c

Đặt
(với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành:

a - 1 b - 1 c - 1 3 ⇔  1 − 1 + 1 + 1 − 1 + 1 + 1 − 1 + 1  = 0
+ 2 + 2 =

2 ÷ 
2 ÷ 
2 ÷
4 a a  4 b b  4 c c 
a2
b
c
4
2

2

2

1 1 1 1 1 1
⇔  − ÷ + − ÷ + − ÷ = 0
2 a 2 b 2 c
⇔

a=b=c=2

Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015.

(
)(
) + 4 ( x − 1) ( x − 5 ) + 5 ( x −1) ( x − 3 ) = 3x − 2.
( 1 − 3 ) ( 1 − 5 ) ( 3 − 1) ( 3 − 5 ) ( 5 − 1) ( 5 − 3 )

3 x− 3 x− 5

b) Giải phương trình:
f ( x) =

(
)(
) + 4 ( x − 1) ( x − 5 ) + 5 ( x − 1) ( x − 3 ) = ax
( 1 − 3 ) ( 1 − 5 ) ( 3 −1) ( 3 − 5 ) ( 5 −1) ( 5 − 3 )

3 x− 3 x− 5

2

+ bx + c

Đặt
( f(x) là đa thức bậc 2 nên có dạng: ax2 + bx + c)
Dùng phương pháp đồng nhất thức:

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 3

TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
1


a = 2
 f ( 1) = a + b + c = 2


 f 3 = 3a + 3b + c = 4 ⇔  b = 0


5
 f 5 = 5a + 5b + c = 5
c =

2


( )
( )

Ta có :
f ( x) =

Suy ra

1 2 5
x +
2

2

Do đó phương trình đã cho tương đương :
1 2 5
2
x + = 3 x − 2 ⇔ ( x − 3) = 0 ⇔ x = 3
2
2

c) Giải phương trình:

. Vậy phương trình có nghiệm x = 3.

9
2x
+
−1 = 0
2
x
2 x2 + 9

Điều kiện: x ≠ 0, đưa phương trình trở thành:

x
Đặt ẩn phụ:

2x2 + 9

2 x2 + 9
x

+2
−3 = 0
2
x
2 x2 + 9

=t
, phương trình trở thành:

t = 1
1
3
2
2
+ 2t − 3 = 0 <=> 2t − 3t + 1 = 0 <=> (t − 1)(2t − t − 1) = 0 <=> 
t = − 1
t2

2

t = 1 <=> x = 2 x 2 + 9(VN )
+ Trường hợp:

t=
+Trường hợp:

Vậy,

x < 0
−1

−3 2
<=> 2 x 2 + 9 = −2 x <=>  2
<=> x =
2
2
2 x = 9

 −3 2 
S =

 2 

d) Giải phương trình:

x − x − 8 − 3 x + 1 = 0.

(1)

ĐK: x ≥ 8

Hãy luôn chi ến th ắng chính mình. 4


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
(1) ⇔ 2 x − 2 x − 8 − 6 x + 2 = 0
⇔ ( x − 8 − 2 x − 8 + 1) + ( x − 6 x + 9) = 0
⇔ ( x − 8 − 1) 2 + ( x − 3) 2 = 0(2)

(
(

Ta có:

Do đó







)

2

x − 8 −1 ≥ 0

)

2

x −3 ≥ 0

⇒

(

) (
2

x − 8 −1 +

 x − 8 − 1 = 0
(2) ⇔ 
⇔ x =9
 x − 3 = 0

)

2

x −3 ≥ 0

(thỏa mãn)

S = { 9}

Vậy tập nghiệm củ

a phương trình là

*Nhận xét: Đưa phương trình về dạng
e) Giải phương trình:

A2 + B 2 = 0 ⇔ A = B = 0

5 x − 6 + 10 − 3 x = 2 x 2 − x − 2

6
10

( ≤x≤ )
5
5
<=> 5 x − 6 − 2 + 10 − 3 x − 2 = 2 x 2 − x − 6
5( x − 2)
3( x − 2)
<=>
−
− ( x − 2)(2 x + 3) = 0
5x − 6 + 2
10 − 3 x + 2
5
3
<=> (x − 2)(
−
− 2 x − 3) = 0
5x − 6 + 2
10 − 3 x + 2
 x = 2(TM )
<=> 
5
3

−
− 2 x − 3 = 0(*)
 5 x − 6 + 2
10 − 3 x + 2
5 x − 6 + 10 − 3 x = 2 x 2 − x − 2

Vì

6
10
5
5
5
≤ x ≤ => 5 x − 6 + 2 ≥ 2 =>
≤ =>
−3 < 0
5
5
5x − 6 + 2 2
5x − 6 + 2
6
10
3
≤ x ≤ => −
− 2x < 0
5
5
10 − 3 x + 2

=>

5
3
−
− 2 x − 3 < 0 => (*) vô nghiêm
5x − 6 + 2
10 − 3 x + 2

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 5


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
S = { 2}

Vậy tập nghiệm củ

a phương trình là

*Nhận xét: Để giải dạng phương trình trên , ta cần dự đốn nghiệm là

x=2

trước, sau đó thêm, bớt

( x − 2)
phù hợp để làm xuất hiện
f) Giải phương trình:

x2 + 4 x + 5 = 2 2 x + 3

2x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥
ĐKXĐ:
Ta có:

2

⇔ x = −1

(

)

( thỏa ĐKXĐ )
3 x 3 + 8 = 2 x 2 − 3x + 10

( x + 2 ) ( x2 − 2 x + 4 )
a = x+2

Suy ra

2

2x + 3 −1 = 0

g) Giải phương trình:

Đặt

−3
2

x2 + 4 x + 5 = 2 2x + 3
⇔ ( x + 1) +

⇔3

là nhân tử chung.

và

. ĐKXĐ:

x ≥ −2

.

= 2 ( x2 − 2 x + 4 ) + ( x + 2)

b = x2 − 2x + 4

a = b
3ab = 2b 2 + a 2 ⇔ ( b − a ) ( 2b − a ) = 0 ⇔ 
 a = 2b

Lần lượt giải hai pt

x+2

=

x2 − 2x + 4

và

x + 2 2 x2 − 2x + 4
=

S = { 1; 2}

Vậy,

a, b, c, d
Câu 4. a) Cho

là các số thực thỏa mãn điều kiện:

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 6


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
abc + bcd + cda + dab = a + b + c + d + 2012

Chứng minh rằng:

(a

2

+ 1) ( b 2 + 1) ( c 2 + 1) ( d 2 + 1) ≥ 2012

.

2012 = ( abc + bcd + cda + dab − a − b − c − d ) = ( ( ab − 1) ( c + d ) + ( cd − 1) ( a + b ) )
2

HDG:

Ta có:

2

2
2
2
2
≤ ( ab − 1) + ( a + b )  ( cd − 1) + ( c + d ) 




= ( a 2b 2 + a 2 + b 2 + 1) ( c 2 d 2 + c 2 + d 2 + 1) = ( a 2 + 1) ( b 2 + 1) ( c 2 + 1) ( d 2 + 1)

Suy ra

(a

2

+ 1) ( b 2 + 1) ( c 2 + 1) ( d 2 + 1) ≥ 2012

thỏa

x+z − x =
HDG: Ta có:
x > y⇒ x+ z + x >

x+z − x <

x> y

x, y , z
b) Cho các số dương

.
y+z − y

. Chứng minh:

z
x+z + x

y+z + y ⇒

y+z − y =

z
y+z + y

và

z
<
x+ z + x

z
y+z + y

Vì

z > 0)
( vì

x+z − x <

y+z − y

Vậy,

.

a > c, b > d

a , b, c , d
c) Cho các số dương

thỏa

. Chứng minh:

a+b − a − b < c+d − c − d

HDG: Áp dụng câu b, ta có:

a +b − a < c+b − c

x = a , y = c, z = b
( Xem

)

⇒ a + b − a − b < c + b − c − b ( 1)

Tương tự,

b+c − b < d +c − d

x = b, y = d , z = c
( Xem

)

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 7


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.

⇒ b + c − b − c < d + c − d − c ( 2)

( 1) , ( 2 )
Từ

a+b − a − b < c+d − c − d

suy ra

3.4 +

Câu 5. a) Chứng minh rằng:

HDG: Với

1
1
1
1
+ 4.5 + + 5.6 + + ... + 100.101 +
< 5096
5
6
7
102

n ( n + 1) +

n ∈ N , n ≥ 3, m ≥ 3

.

1
1
1
< n ( n + 1) + = n +
m
4
2

, ta có:

3.4 +

1
1
1
1
+ 4.5 + + 5.6 + + ... + 100.101 +
5
6
7
102

Do đó,

1 
1
1


<  3 + ÷+  4 + ÷+ ... + 100 + ÷ = ( 3 + 4 + 5 + ... + 100 ) + 1 .98 = 5096
2 
2
2


2

3

(

1
1+ 2

+

) 5(

1
2+ 3

+

) 7(

1
3+ 4

)

+ ×××+

199

(

1
99 + 100

)

< 0, 45

b) Chứng minh:

( 2n + 1) (

1
n + n +1

)

,n∈ N <

1

2 n. n + 1

(

n + n +1

)

HDG: Số hạng tổng quát:

2n + 1 = n + ( n + 1) > 2 n ( n + 1) = 2 n n + 1
( Vì

)

2 n n +1

(

1
n + n +1

)

=

2 n n +1

(

n +1 − n
n + n +1

Mà
⇒

( 2n + 1) (

)(

n +1 − n 1  1
1 
n +1 − n = 2 n n +1 = 2  n − n +1 ÷




)

1 1
1 
,n∈ N < 
−
÷
2 n
n +1 
n + n +1

1

)

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 8


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
3

(

1
1+ 2

+

) 5(

1
2+ 3

+

) 7(

1
3+ 4

)

+ ×××+

199

(

1
99 + 100

)

Do đó,
1 1
1
1
1

1
1  1 1
1  9
< 
−
+
−
+ ×××+
−
= 
−
= 0, 45
÷
÷=
2 1
2
2
3
99
100  2  1
100  20
x + y + z + xyz = 4

x, y , z
Câu 6. Cho
thức:

( đpcm )

là ba số dương thỏa mãn:

. Tính giá trị của biểu

P = x ( 4 − y ) ( 4 − z ) + y ( 4 − z ) ( 4 − x ) + z ( 4 − x ) ( 4 − y ) − xyz
.
x + y + z + xyz = 4 ⇔ 4 ( x + y + z ) + 4 xyz = 16
HDG

: Ta có :
x ( 4 − y ) ( 4 − z ) = x 16 − 4 ( x + y ) + yz 

Do đó :
= x  4 ( x + y + z ) + 4 xyz − 4 ( x + y ) + yz 

(

= x 2 x + yz

(

y ( 4 − z ) ( 4 − x ) = 2 y + xyz

)

2

) = ( 2x +
2

xyz

)

2

( 1)

( 2)

Tương tự,

(

z ( 4 − x ) ( 4 − y ) = 2 z + xyz

Từ (1), (2) và (3) suy ra :

)

2

( 3)

P =8

Câu 7. a) Giải phương trình:

2069 − x + 2045 − x + 2164 − x = 24

.

2069 − x + 2045 − x + 2164 − x = 24

Hãy luôn chi ến th ắng chính mình. 9


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
⇔

(

) (

) (

2069 − x − 7 +

)

2045 − x − 5 +

2164 − x − 12 = 0

1
1
1


⇔ ( 2020 − x ) 
+

+
÷= 0
2045 − x + 5
2164 − x + 12 
 2069 − x + 7
⇔ 2020 − x = 0 ⇔ x = 2020
1007
+ ( x − 2017)1009 = 1
( x − 2016) 2014 + ( x − 2017) 2018 = 1 ⇔ ( x − 2016)

b)

x

Ta có = 2016,
duy nhất.
* Xét
=>

x

x

x

= 2017 là hai nghiệm của phương trình. Ta cần chứng minh hai nghiệm này là

< 2016:

- 2016 < 0 và

x

- 2017< -1

( x − 2016)1007
=>

( x − 2017)1009
> 0 và

( x − 2016)1007
=>

x

⇔

1007
⇔ ( x − 2016)

* Xét

x

x

>1

< 2017:

0< x − 2016 <1
−1< x − 2017 < 0

=>

( x − 2017)1009
+

* Xét 2016 <

{

>1

{

0 < x − 2016 <1
0 < x − 2017 <1

( x − 2017)1009
+

{

( x − 2017)1009 < x − 2017

x − 2016
<

2017 − x
+

( x − 2016 ) + ( 2017 − x ) = 1
=

> 2017:

- 2016 > 1 và

x

- 2017 > 0

( x − 2016)1007
=>

⇔

( x − 2016)1007 < x − 2016

( x − 2017)1009
> 1 và

>0

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 10


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.

( x − 2016)1007
=>

( x − 2017)1009
+

>1

Vậy phương trình có hai nghiệm là:

( x − 1)

2020

x

x

= 2016 và

+ ( x − 2)

2020

= 2017.

=1

c) Giải phương trình:

x = 1, x = 2
HDG: Nhận xét:
này là duy nhất.

+ Nếu

+ Nếu

+ Nếu

x <1

x>2

là hai nghiệm của phương trình đã cho. Ta cần chứng minh hai nghiệm

( x − 2)

2020

> 1( loai )

( x − 1)

2020

> 1( loai )

thì

thì

1< x < 2

thì

0 < x −1 < 1

và

0 < 2 − x <1

( x − 1)

2020

+ ( 2 − x)

2020

< x − 1 + 2 − x = 1( loai )

nên

S = { 1; 2}

Vậy,

.

3

d) Giải phương trình:
3

HDG: Ta có:
3

( x − 2)

2

x 2 − 4 x + 31 + x 2 = 4 x − 1 ⇔

( x − 2)

+ 27 ≥ 3

Vì

x 2 − 4 x + 31 + x 2 = 4 x − 1

và

2

≥0

3

3

( x − 2)
( x − 2)

2

2

+ 27 + ( x − 2 ) = 3
2

+ 27 + ( x − 2 ) ≥ 3
2

nên

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

 3 ( x − 2 ) 2 + 27 ≥ 3

⇔x=2

2
( x − 2 ) = 0

S = { 2}

Vậy,

.
3

e) Giải phương trình:

2 x + 6 + 3 3x + 24 = 5 3 x

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 11


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ N 09.05.37.8118.
x=0

HDG: + Xét

+ Xét
•

•

•

•

x≠0

x =1

N ếu

N ếu

N ếu

khơng phải là nghiệm của phương trình.

3

, chia hai vế của phương trình đã cho với

x

3

, ta được:

2+

6 3
24
+ 3+
=5
x
x

là nghiệm của phương trình đã cho

x >1

6 3

24
+ 3+
> 5 ( loai )
x
x

2+

3

thì

0 < x <1

x<0

2+

3

thì
3

2+

thì

6 3
24
+ 3+

< 5 ( loai )
x
x

6 3
24
+ 3+
< 5 ( loai )
x
x

S = { 1}

Vậy,
x, y , z
f) Tìm

thỏa mãn:

(x

2

+ 4 ) ( y 2 + 9 ) ( z 2 + 25 ) = 240 xyz

.

HDG: Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số khơng âm, ta có:
x = 2 ( 1)

x 2 + 4 ≥ 2 x 2 .4 = 4 x
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

y = 3 ( 2)

y 2 + 9 ≥ 2 y 2 .9 = 6 y
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

z = 5 ( 3)

z 2 + 25 ≥ 2 z 2 .25 = 10 z
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

( 1) , ( 2 ) , ( 3)
Từ

suy ra

(x

2

+ 4 ) ( y 2 + 9 ) ( z 2 + 25 ) ≥ 240 x y z = 240 xyz = 240 xyz
x = 2, y = 3, z = 5, xyz ≥ 0

Phương trình đã cho tương đương với:
S = { ( 2;3;5 ) ; ( 2; −3; −5 ) ; ( −2;3; −5 ) ; ( −2; −3;5 ) }

Vậy,
* Nhận xét: Các phương trên được giải bằng cách đánh giá, sử sụng BĐT.

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 12


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.

x 1 − y 2 + y 2 − z 2 + z 3 − x3 = 3
Câu 8. Tìm tất cả các số thực x, y, z thỏa mãn:

.

| x |≤ 3;| y |≤ 1;| z |≤ 2
ĐKXĐ :

A2 + B 2
2

AB ≤
Áp dụng Bất đẳng thức

x 1 − y2 + y 2 − z 2 + z 3 − x2 ≤

ta có đúng với mọi A, B

x 2 + 1 − y 2 y 2 + 2 − z 2 z 2 + 3 − x3
+
+
=3
2
2

2

Kết hợp với GT ta có dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x = 1− y2
 x2 + y 2 = 1

 2
2
 y = 2 − z 2
y + z = 2
⇔ 2

2
 z = 3 − x2
z + x = 3


2
2
2
2
2
2
 x 1 − y + y 2 − z + z 3 − x = 3  x 1 − y + y 2 − z + z 3 − x = 3
 x2 = 1
x = 1
 2

y = 0
⇔ 2

⇔ y = 0
z = 2

 x 1 − y2 + y 2 − z 2 + z 3 − x2 = 3  z = 2


Câu 9. a) Cho ba số dương

(
b+(

a+

thỏa mãn

)
c)

a− c
b−

và

HDG: Từ

⇒a+

(

a− c

(

2

a− c

a+ b− c

)

2

2

a− c
b− c

=

.

a+ b− c

) =(

(

2

Chứng minh đẳng thức:

a+b =

a+b =

b ≠ c, a + b ≠ c

a, b, c

)(

)

2

⇔a=

(

a+ b− c

) (

a +2 b− c +

) −( b) = (
2

a− c

2

) =(
2

a− c

)(

)(

a +2 b− c

)

)

a − c 2 a + 2 b − 2 c ( 1)

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 13


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
b+
Tương tự,

(

b− c

(
b+(

a+

( 1) , ( 2 )
Từ

) =(

)(

2

)
c)

a− c
b−

)

b − c 2 a + 2 b − 2 c ( 2)
2
2

=

a− c

b− c

suy ra

( đpcm )

b) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào
A=

m

khi

1< m < 2

:

m3 − 3m 2 + 4 + m3 − m2 − m + 1
m3 + 3m2 + 3m + 1 − m3 + 5m2 + 8m + 4

m3 − 3m 2 + 4 = ... = ( m − 2 )

2

( m + 1)

m3 − m 2 − m + 1 = ... = ( m − 1)

HDG: Ta có:

2

( m + 1)

;
m3 + 3m 2 + 3m + 1 = ( m + 1)

m3 + 5m 2 + 8m + 4 = ... = ( m + 2 )

3

2

( m + 1)

;
A = ... =

m − 2 m +1 + m −1 m +1

( m + 1)

m +1 − ( m + 2) m + 1

=

m − 2 + m −1

( m + 1) − ( m + 2 )

=

2 − m + m −1
= −1
m +1− m − 2

Suy ra

khi

a, b ≠ 0
c) Cho hai số

thỏa mãn

a+b ≠ 0

a 2 + b2 +

n sơ9

Áp dụng: Tính:

( a + b)

= a+b−

2

.

ab
a+b

. Chứng minh :

2
2
B = 1 + 999...9
14 2 43 + 0,999...9
14 2 43
n sô9

a 2b 2

1< m < 2

,

n∈ N*

HDG: + Bình phương vế phải rồi biến đổi, suy ra bằng bình phương của vế trái. Kết luận:…
2

 10n − 1 
B = 1 + 999...9
+
0,999...9
=
1

+
10
−
1
+
(
)

÷
14 2 43
14 2 43
n
 10 
n sô9
n sô9
2

2

n

2

+ Áp dụng:

Hãy luôn chi ến th ắng chính mình. 14


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
= 1 + ( 10 − 1) +

2

n

2

12. ( 10n − 1)

2

1 + ( 10n − 1) 



= 1 + ( 10 − 1) −
n

2

1. ( 10 n − 1)
1 + 10 − 1
n

= 10n − 1 + 10 − n , n ∈ N *

2015( x 2 + y 2 ) − 2014(2 xy + 1) = 25
Câu 10. Tìm cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình:
2015( x 2 + y 2 ) − 2014(2 xy + 1) = 25
<=> 2014(x − y) 2 + x 2 + y 2 = 2039

Giải:
t∈N
Đặt t=|x-y| ,
do x, y nguyên
Xét các trường hợp:
TH1: t = 0, tức x = y ⇒ phương trình vơ nghiệm
TH2: t = 1, tức là x – y = ±1
+ Với x – y = 1 hay x = y + 1, phương trình trở thành:
( y + 1) 2 + y 2 = 25 <=> y 2 + y − 12 = 0

y = 3
<=> 
 y = −4

Với y = 3 thì x = 4; với y = –4 thì x = –3
+ Với x – y = –1 hay x = y – 1, phương trình trở thành:
( y − 1) 2 + y 2 = 25 <=> y 2 − y − 12 = 0
 y = −3
<=> 
y = 4

Với y = –3 thì x = –4; với y = 4 thì x = 3
TH3: t ≥ 2, VT > VP ⇒ phương trình vơ nghiệm
Vậy các cặp (x;y) thỏa là (4;3), (–3;–4), (–4;–3), (3;4)
x 2 + y 2 + z 2 = 3 xyz
Câu 11. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn
. Chứng minh rằng:
2
2
2

x
y
z
3
+ 4
+ 4
≤
4
x + yz y + xz z + xy 2
Vì x, y, z dương, áp dụng BĐT Cơ-si ta có:
1
1
x2
1
+ 2 x 2 yz ≤ x 4 + yz <=> 2
≥ 4
<=> 4
≤
(1)
x + yz 2 yz
2 x yz x + yz
+

2
1 1
1
1 1 1
≤ + <=>
≤ ( + )(2)
yz y z

2 yz 4 y z
x2
1 1 1
≤ ( + )
4
x + yz 4 y z

Từ (1) và (2) =>

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 15


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
y2
1 1 1
≤ ( + )
4
y + xz 4 x z
z2
1 1 1
≤ ( + )
4
z + xy 4 x y
Tương tự:
1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 xy + yz + zx
=> A ≤ ( + + + + + ) = ( + + ) = .
(3)
4 y z x z x y
2 y z x

2
xyz

xy + yz + zx ≤ x 2 + y 2 + z 2 (4)
Mà lại có :
1 x 2 + y 2 + z 2 1 3xyz 3
A≤ .
= .
=
2
xyz
2 xyz 2

Từ (3) và (4) có :
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1.

(đpcm)

Câu 12. a) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x + y + z = 0 và xyz ≠ 0.
x2
y2
z2
P= 2
+
+
y + z 2 − x2 z2 + x2 − y2 x2 + y 2 − z 2
Tính giá trị biểu thức
x + y + z = 0 <=> ( y + z ) 2 = (− x) 2 <=> y 2 + z 2 − x 2 = −2 yz
Ta có:
Tương tự:

z 2 + x 2 − y 2 = −2 zx
x 2 + y 2 − z 2 = −2 yx
P=

x2
y2
z2
x3 + y 3 + z 3
+
+
=
−2 yz −2 zx −2 yx
−2 xyz

x 3 + y 3 + z 3 = ( x + y )3 − 3x 2 y − 3xy 2 + z 3 = (− z )3 − 3xy ( x + y ) + z 3 = 3xyz
Mà

=> P =

3 xyz
−3
=
−2 xyz 2

P=
Vậy,

−3
khi x + y + z = 0 và xyz ≠ 0.

2

a , b, c ≠ 0
b) Cho

a2 b2 c2
+ +
=3
bc ca ab

x, y
. Chứng minh: nếu có các số

thỏa mãn

a
b
b
c
c
a
×x + ×y = ×x + ×y = ×x + ×y = 1
c
c
a
a
b
b

.

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 16

thì


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ N 09.05.37.8118.

Ta có:

a.x + b. y = c
a
b
b
c
c
a

×x + ×y = ×x + ×y = ×x + ×y = 1 ⇒ b.x + c. y = a
c
c
a
a
b
b
c.x + a. y = b


HDG:

Khi đó,

c 3 = ac 2 .x + bc 2 . y ( 1)
c = a.x + b. y ⇒ 
2
2
 abc = a b.x + ab . y ( 2 )
 a 3 = a 2b.x + a 2 c. y ( 3)
a = b.x + c. y ⇒ 
2
2
 abc = ab .x + bc . y ( 4 )
b3 = b 2 c.x + ab 2 . y ( 5 )
b = c.x + a. y ⇒ 
2
2
 abc = ac .x + a c. y ( 6 )
a 3 + b3 + c3 = ( ac 2 + a 2b + b 2c ) x + ( bc 2 + a 2c + ab 2 ) y ( 7 )

( 1) , ( 3) , ( 5)
Cộng vế theo vế của

ta được

3abc = ( ac 2 + a 2b + b 2c ) x + ( bc 2 + a 2c + ab 2 ) y ( 8 )

( 2) , ( 4) , ( 6)
Cộng vế theo vế của

a 3 + b 3 + c 3 = 3abc ⇒

( 7 ) , ( 8)
Từ

ta được

suy ra
a = xy +

x, y > 0
c) Cho

a 3 + b3 + c 3
a 2 b2 c 2
=3⇒
+ +
=3
abc
bc ca ab

( 1+ x ) ( 1+ y )
2

b = x ( 1 + y2 ) + y

2

và

( 1+ x )

2

,

a = ?, b = ?
2

2

HDG: Lần lượt tính:

. Tính

theo

a

?

a − b = ... = 1 ⇒ b = a − 1
2

. Xét hiệu

b

2

2

2 ( ab − 2 )
a
b
+ 3
= 2 2
d) Cho a + b = 1 và ab ≠ 0 . Chứng minh: b − 1 a − 1 a b + 3
3

HDG: Với a + b = 1 và ab ≠ 0 , ta có:
a ( a 3 − 1) + b ( b3 − 1) ( a 4 + b 4 ) − ( a + b )
( a 2 + b 2 ) − 2a 2 b 2 − 1
a
b
+
=
=
=
b3 − 1 a 3 − 1
( a3 − 1) ( b3 − 1) a3b3 − ( a3 + b3 ) + 1 a3b3 − ( a + b ) 3 + 3ab ( a + b ) + 1
2

2

( a + b ) 2 − 2ab  − 2a 2b 2 − 1

=
3 3
a b + 3ab
( Vì a + b = 1 và ab ≠ 0 )
=

1 − 4ab + 4a 2b 2 − 2a 2b 2 − 1
ab ( a 2b 2 + 3)

( Vì a + b = 1 và ab ≠ 0 )

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 17


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
=

2ab ( ab − 2 )

ab ( a 2b 2 + 3)

2 ( ab − 2 )

=

(a b

2 2

+ 3)

( Vì ab ≠ 0 )

2 ( ab − 2 )
a

b
+ 3
= 2 2
Vậy, b − 1 a − 1 a b + 3 với a + b = 1 và ab ≠ 0 .
3

a b c
+ + =0
x y z
e) Giả sử a, b, c, x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn

Chứng minh rằng

và

x y z
+ + =1
a b c

.

x2 y 2 z 2
+ + =1
a 2 b2 c 2

HDG:
2

x y z
x2 y 2 z 2

x y z
 xy yz xz 
+ + = 1 ⇔  + + ÷ = 1 ⇔ 2 + 2 + 2 + 2  + + ÷= 1
a b c
a
b
c
a b c
 ab bc ac 
x2 y 2 z 2
 cxy + ayz + bxz 
+ 2 + 2 + 2
÷ = 1(*)
2
a
b
c
abc



a b c
ayz + bxz + cxy
+ + =0⇔
= 0 ⇔ ayz + bxz + cxy = 0
x y z
xyz
Từ

thay vào (*) ta có:

Câu 13. a) C/m:

x2 y 2 z 2
+ + =1
a 2 b2 c 2

a = b = c
a 3 + b3 + c 3 = 3abc ⇔ 
a + b + c = 0

x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz , x + y + z = 0
b) Cho

M=

x, y , z
và

x 2020 + y 2020 + z 2020

( x + y + z)

2020

khác 0. Tính:

3

3

3

( x - 2017) +( x - 2018) - ( 2 x - 4035) = 0
c) Giải phương trình:

1 1 1
+ + =0
x y z
d) Cho

.

N=

x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0
và

yz zx xy
+ +
x2 y2 z 2

.Tính giá trị của biểu thức sau:

.

e) Rút gọn các phân thức:
A=

(x

B=

x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz

( x − y)

2

+ ( y − z) + ( z − x)
2

2

2

− y 2 ) + ( y 2 − z 2 ) + ( z 2 − x2 )
3

( x − y)

3

3

+ ( y − z) + ( z − x)
3

3

3

;

Hãy luôn chi ến th ắng chính mình. 18


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
 x 3 + y 3 = 6 xy − 8

2 x + y = 1

f*) Giải hệ phương trình:
3
3
3
g) Cho a + b + c < 0 , chứng minh: P = a + b + c − 3abc ≤ 0 .
HDG:

a 3 + b3 + c 3 − 3abc = ... =
a) Ta có :

Suy ra

1
2
2
2
( a + b + c ) ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) 
2

a = b = c
a 3 + b3 + c3 = 3abc ⇔ 
a + b + c = 0
x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz , x + y + z = 0

b) Vì

x= y=z≠0

x, y , z
và

M=

x

2020

+y

2020

+z

( x + y + z)

2020

=

2020

3x

2020

( 3x )

2020

=

khác 0 nên
1
2019

3

Suy ra
3

3

3

( x - 2017) +( x - 2018) - ( 2 x - 4035) = 0
c) Ta có:
⇔ ( x − 2017 ) + ( x − 2018 ) + ( 4035 − 2 x ) = 0
3

3

3

( x − 2017 ) + ( x − 2018) + ( 4035 − 2 x ) = 0
Vì

nên theo câu a) ta có:

( x − 2017 )

3

+ ( x − 2018 ) + ( 4035 − 2 x ) = 0
3

3

⇔ 3 ( x − 2017 ) ( x − 2018 ) ( 4035 − 2 x ) = 0


 x = 2017
 x − 2017 = 0


⇔  x − 2018 = 0 ⇔  x = 2018

 4035 − 2 x = 0
4035
x =


2

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là :

4035 

S =  2017; 2018;

2 


Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 19


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
1
1
1
a = ;b = ; c =
x
y
z
d) Đặt
N=

Vậy

1 1 1
3

+ 3+ 3=
3
x
y
z
xyz
. Áp dụng kết quả của câu a), ta có:

.

1 1 1
yz zx xy xyz xyz xyz
3
+ 2 + 2 = 3 + 3 + 3 = xyz 3 + 3 + 3 ữ = xyz ì
=3
2
x
y
z
x
y
z
y
z 
xyz
x

N =3

A=

1 1 1
+ + =0
x y z
khi

x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0
và

.

x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz

( x − y)

2

+ ( y − z) + ( z − x)
2

2

1
2
2
2
( x + y + z ) ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  1
=2
= ( x + y + z)
2

2
2
2
( x − y) + ( y − z) + ( z − x)

e)

(x
B=

Ta có :

Do đó,

− y2 ) + ( y 2 − z 2 ) + ( z 2 − x2 )
3

2

( x − y)

(x

(x

2

2

3

3

+ ( y − z ) + ( z − x)
3

3

3

− y 2 ) + ( y 2 − z 2 ) + ( z 2 − x2 ) = 0
− y 2 ) + ( y 2 − z 2 ) + ( z 2 − x 2 ) = 3 ( x 2 − y 2 ) ( y 2 − z 2 ) ( z 2 − x 2 ) ( 1)
3

3

3

( x − y) + ( y − z ) + ( z − x) = 0
Ta lại có:

( x − y)

3

+ ( y − z ) + ( z − x) = 3( x − y ) ( y − z ) ( z − x) ( 2)
3

3

Do đó,
B=
Từ (1) và (2) suy ra

f*) Giải hệ phương trình:

Ta có:

3( x2 − y 2 ) ( y 2 − z 2 ) ( z 2 − x2 )
3( x − y ) ( y − z ) ( z − x )

= ( x + y) ( y + z ) ( z + x)

 x3 + y 3 = 6 xy − 8

2 x + y = 1

x + y + 2 = 0
x3 + y 3 = 6 xy − 8 ⇔ x3 + y 3 + 23 = 3.xy.2 ⇔ 
x = y = 2

Hãy luôn chi ến th ắng chính mình. 20


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
x + y + 2 = 0
x = 3
⇔

2 x + y = 1

 y = −5

x+ y+z =0
+ Nếu

thì ta có
x = y = 2
x ∈ ∅
⇔

x= y=2
 2 x + y = 1  y ∈∅
+ Nếu
thì ta có
S = { ( 3; −5 ) }
Vậy,
g) Ta có:

P = a 3 + b3 + c 3 − 3abc = ... =

1
2
2
2
( a + b + c ) ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) 
2

( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 nên P = a3 + b3 + c3 − 3abc ≤ 0 .
Vì a + b + c < 0 và
2

2

2

Dấu “=” ⇔ a = b = c < 0
3
3
3
Vậy, P = a + b + c − 3abc ≤ 0 với a + b + c < 0 . Dấu “=” ⇔ a = b = c < 0 .

a2
+ b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc
Câu 14. a) Chứng minh: 4
b) Chứng minh:

a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc ( a + b + c )

c) Chứng minh:

1 1
1
1
+ + ... + 2
<
2
5 13
2
n + ( n + 1)

d) Chứng minh:

1 1
1
1
+ + ... +
<
2
9 25
( 2n + 1) 4

với n ∈ N , n ≥ 1 .

với n ∈ N , n ≥ 1

 a 2 b2   a b 
 2 + 2 ÷−  + ÷ ≥ 0
b
a  b a
a
b
e) Cho và cùng dấu. Chứng minh: 
HDG:

a2
+ b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc
4
a) Chứng minh:
a2
a2

+ b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc ⇔
+ b 2 + c 2 − ab + ac − 2bc ≥ 0
4
4
Ta có:
2

2
a
1 
a2
⇔
− ( ab − ac ) + ( b 2 + c 2 − 2bc ) ≥ 0 ⇔  ÷ − 2.  a ÷( b − c ) + ( b − c ) ≥ 0
2
2 
4

Hãy luôn chi ến th ắng chính mình. 21


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
2

a

⇔  −b + c÷ ≥ 0
2

( Đúng )
a2

a
+ b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc
⇔ −b+c = 0
2
Vậy, 4
. Dấu “=”
.
b) Chứng minh:

a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc ( a + b + c )

* Cách 1: Dùng biến đổi tương đương.
a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc ( a + b + c )

Ta có:

⇔ a 4 + b 4 + c 4 − a 2bc − ab 2c − abc 2 ≥ 0
⇔ ( a 4 + b 4 − 2a 2b 2 ) + ( b 4 + c 4 − 2b 2 c 2 ) + ( c 4 + a 4 − 2c 2 a 2 )

+ ( a 2b 2 + b 2 c 2 − 2ab 2 c ) + ( b 2 c 2 + c 2 a 2 − 2abc 2 ) + ( c 2 a 2 + a 2b 2 − 2a 2bc ) ≥ 0

⇔ ( a 2 − b 2 ) + ( b 2 − c 2 ) + ( c 2 − a 2 ) + ( ab − bc ) + ( bc − ca ) + ( ca − ab ) ≥ 0
2

Vậy,

2

2

a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc ( a + b + c )

2

2

2

( Đúng )

. Dấu “=” ⇔ a = b = c .

2
2
2
* Cách 2: Dùng BĐT phụ: x + y + z ≥ xy + yz + zx . Dấu “=” ⇔ x = y = z .

a 4 + b4 + c 4 = ( a 2 ) + ( b 2 ) + ( c 2 )
2

Ta có:

2

2

≥ ( ab ) + ( bc ) + ( ca )
2

2

2

≥ ( ab ) . ( bc ) + ( bc ) . ( ca ) + ( ca ) . ( ab ) = abc ( a + b + c )

Vậy,

a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc ( a + b + c )

c) Chứng minh:

1 1
1
1
+ + ... + 2
<
2
5 13
2
n + ( n + 1)
1

k + ( k + 1)
Với k ∈ N , k ≥ 1 ta có:
2

Do đó,

. Dấu “=” ⇔ a = b = c .

2

=

với n ∈ N , n ≥ 1 .

1
1
1
1
1 1
1 
< 2
= .
= . −
÷
2k + 2k + 1 2k + 2k 2 k ( k + 1) 2  k k + 1 
2

1 1
1
1
1
1
+ + ... + 2
= 2
+ 2 2 + ... + 2
2
2
2

5 13
1 +2 2 +3
n + ( n + 1)
n + ( n + 1)

1 1 1  1  1 1 
11
1 
<  − ÷+ .  − ÷+ ... +  −
÷
2 1 2  2  2 3 
2  n n +1 

Hãy luôn chi ến th ắng chính mình. 22


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
1 1 1 1 1
1
1  1
1  1
1
=  − + − + ... + −
÷ = 1 −
÷< .1 =
2 1 2 2 3
n n +1  2  n +1  2
2

Vậy,

1 1
1
1
+ + ... + 2
<
2
5 13
2
n + ( n + 1)

d) Chứng minh:

1 1
1
1
+ + ... +
<
2
9 25
( 2n + 1) 4
1

( 2k + 1)
Với k ∈ N , k ≥ 1 ta có:
Ta có:

với n ∈ N , n ≥ 1

2

=

với n ∈ N , n ≥ 1

1
1
1
1
1 1
1 
< 2
= .
= . −
÷
4k + 4k + 1 4k + 4k 4 k ( k + 1) 4  k k + 1 
2

1 1
1
1
1
1
+ + ... +
=
+
+ ... +
2
2
2

2
9 25
( 2n + 1) ( 2.1 + 1) ( 2.2 + 1)
( 2n + 1)

1 1 1  1  1 1 
11
1  1 1 1 1 1
1
1 
< .  − ÷+ .  − ÷+ ... +  −
÷ =  − + − + ... + −
÷
4 1 2  4  2 3 
4  n n +1  4  1 2 2 3
n n +1 
1 
1  1
1
= . 1 −
÷ < .1 =
4  n +1 4
4

Vậy,

1 1
1
1
+ + ... +

<
2
9 25
( 2n + 1) 4

với n ∈ N , n ≥ 1 .

 a 2 b2   a b 
 2 + 2 ÷−  + ÷ ≥ 0
b
a  b a
a
b
e) Cho và cùng dấu. Chứng minh: 

Ta có:

2
2
 a 2 b 2   a b   a 
a   b 
b  a b
+
−
+
=
−
2
+
1

+
  ÷ − 2 + 1 +  + ÷− 2
 2
÷  ÷
2 ÷ 
a   b a   b 
b   a 
a   b a 
b
2

2

2

2

a  b  a b
=  − 1 ÷ +  − 1 ÷ +  + ÷− 2
b  a  b a
a  b 
a b
≥  − 1÷ +  − 1 ÷ + 2 − 2 ≥ 0
+ ≥2
b  a 
( Vì c/m được b a
với a, b cùng dấu)
Dấu “=” ⇔ a = b ≠ 0

Vậy,

 a2 b2   a b 
 2 + 2 ÷−  + ÷ ≥ 0
a  b a
b

với a và b cùng dấu. Dấu “=” ⇔ a = b ≠ 0

Câu 15. Phân tích các đa thức thành nhân tử:

Hãy ln chi ến th ắng chính mình. 23


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
4
3
2
a) 4 x + 4 x + 5 x + 2 x + 1

Ta viết

4 x 4 + 4 x 3 + 5 x 2 + 2 x + 1 = ( 2 x 2 + ax + 1) . ( 2 x 2 + bx + 1)
=

với mọi x

4 x 4 + ( 2a + 2b ) x 3 + ( ab + 4 ) x 2 + ( a + b ) x + 1

Đồng nhất hệ số hai vế, ta được: 2a + 2b = 4, ab + 4 = 5, a + b = 2 ⇔ ... ⇔ a = 1, b = 1 .
Vậy,

4 x 4 + 4 x 3 + 5 x 2 + 2 x + 1 = ( 2 x 2 + x + 1)

2

.

4
3
2
b*) 3 x + 11x − 7 x − 2 x + 1

Ta viết

3 x 4 + 11x3 − 7 x 2 − 2 x + 1 = ( 3 x 2 + cx + 1) ( x 2 + dx + 1)

với mọi x

= 3 x 4 + 3dx3 + 3 x 2 + cx 3 + cdx 2 + cx + x 2 + dx + 1
= 3 x 4 + ( 3d + c ) x 3 + ( 4 + cd ) x 2 + ( c + d ) x + 1

Đồng nhất hệ số hai vế, ta được: 3d + c = 11, 4 + cd = −7, c + d = −2 ⇔ c, d ∈ ∅. (loại )
Khi đó, ta chọn cách viết khác

3x 4 + 11x 3 − 7 x 2 − 2 x + 1 = ( 3x + m ) ( x 3 + nx 2 + px + q )

với mọi x

= 3 x 4 + 3nx3 + 3 px 2 + 3qx + mx 3 + mnx 2 + mpx + mq
= 3 x 4 + ( 3n + m ) x 3 + ( 3 p + mn ) x 2 + ( 3q + mp ) x + mq

Đồng nhất hệ số hai vế ta được 3n + m = 11, 3 p + mn = −7, 3q + mp = −2, mq = 1
Xét hai trường hợp:
+TH1: m = q = −1 , giải ra được n = 4, p = −1 ( nhận )
+TH2: m = q = 1 , giải ra n, p ∈∅ ( loại )
Vậy,

3 x 4 + 11x3 − 7 x 2 − 2 x + 1 = ( 3x − 1) ( x3 + 4 x 2 − x − 1)

.

Câu 16. Tìm số tự nhiên có bốn chữ số abcd , biết rằng nó là một số chính phương, số abcd chia
hết cho 9 và d là một số nguyên tố.
Vì abcd là số chính phương và d là một số ngun tố có 1 chữ số nên d = 5 .
2
*
Đặt abc5 = m , m ∈ N . Khi đó m có chữ số tận cùng là 5 (1)

Hãy luôn chi ến th ắng chính mình. 24


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118.
2
Mặt khác, 1000 ≤ m ≤ 9999 suy ra 32 ≤ m ≤ 99 ( 2)

Từ (1) và (2) suy ra

m ∈ { 35; 45;55;65;75;85;95}

m 2 ∈ { 1225; 2025;3025; 4225;5625;7225;9025}

Suy ra

2
9.
Ta lại có: m = abc5M

Do đó, chọn

abcd ∈ { 2025;5625}

.

xy
5
x 2 − 2 xy + y 2
=
A
=
2
2
8 , hãy tính
x 2 + 2 xy + y 2
Câu 17. a) Cho x + y
xy
5
=
2
2
2

8 suy ra 5 ( x + y ) = 8 xy với x ≠ 0 và y ≠ 0 .
Ta có: x + y
2

Ta có:

Vậy,

2
2
2
2
x 2 − 2 xy + y 2 5 ( x − 2 xy + y ) 5 ( x + y ) − 10 xy 8 xy − 10 xy −2 xy −1
A= 2
=
=
=
=
=
x + 2 xy + y 2 5 ( x 2 + 2 xy + y 2 ) 5 ( x 2 + y 2 ) + 10 xy 8 xy + 10 xy 18 xy
9

A=

( vì xy ≠ 0 )

xy
5
−1
=

2
2
8.
9 với x + y

x2 + y2 + z 2
x y z
B
=
2
= =
ax + by + cz )
(
a
b
c
b) Cho
, hãy tính

x y z
= = = k ⇒ x = ka, y = kb, z = kc
Đặt a b c
với a, b, c ≠ 0
B=
Khi đó,

Vậy,

B=

x2 + y 2 + z 2

( ax + by + cz )

2

=

k 2 a 2 + k 2b 2 + k 2 c 2

( a k +b k +c k)
2

2

2

2

=

k 2 ( a 2 + b2 + c 2 )
k

2

(a

2

+b +c
2

)

2 2

=

1
a + b2 + c2
2

1
x y z
= =
2
2
a + b + c khi a b c với a, b, c ≠ 0 .
2

c) Cho a > b > 0 thỏa mãn: 3a + 3b = 10ab . Tính
2

Vì a > b > 0 nên

C=

2

C=

a −b
a+b

a−b
>0
a+b

Hãy luôn chi ến th ắng chính mình. 25