Chuyên đề các bài toán về phân thức đại số bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8

Bồi dưỡng học sinh giỏi toán
8

CHUYÊN ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ PHÂN THỨC ĐẠI SỐ
MỤC LỤC

Chủ đề 1.

CHỨNG MINH MỘT BIỂU THỨC LÀ SỐ TỐI GIẢN....................................................2

Chủ đề 2.

TÍNH GIÁ TRỊ CỦA PHÂN THỨC ĐẠI SỐ.....................................................................3

Dạng 1. Tính giá trị biểu thức thỏa mãn điều kiện cho trước của biến........................................3
Dạng 2. Tính giá trị biểu thức số bằng cách biến đổi từ công thức tổng quát...........................17
Chủ đề 3.

RÚT GỌN BIỂU THỨC................................................................................................. 19

Dạng 1. Rút gọn biểu thức bằng cách sử dụng tính chất cơ bản của phân thức........................19
Dạng 2. Rút gọn biểu thức thỏa mãn điều kiện cho trước của biến............................................22
Dạng 3. Rút gọn các biểu thức có tính quy luật..........................................................................26
Chủ đề 4.

CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC CHỨA PHÂN THỨC ĐẠI SỐ......................................29

Dạng 1. Biến đổi vế này thành vế kia..........................................................................................29
Dạng 2. Biến đổi cả hai vế cùng bằng biểu thức thứ ba............................................................. 31
Dạng 3. Từ điều kiện tạo ra thành phần một vế..........................................................................33
Dạng 4. Phương pháp biến đổi tương đương..............................................................................40

Dạng 5. Phương pháp đổi biến số...............................................................................................41
Dạng 6. Phân tích đi lên từ kết luận............................................................................................43
Dạng 7. Phương pháp tách hạng tử............................................................................................ 44
Chủ đề 5.

1

BÀI TOÁN TỔNG HỢP..................................................................................................45


Chủ đề 1. CHỨNG MINH MỘT BIỂU THỨC LÀ SỐ TỐI GIẢN
•

•

Phương pháp:
Để chứng minh phân số đã cho tối giản, ta sẽ chứng tỏ rằng tử và mẫu chỉ có ƯC là 1
- Một số tính chất cần sử dụng khi chứng minh:
+ Nếu nếu d = ƯCLN(a; b) thì ad và bd , khi đó ta có: ( a  b )d
+ Nếu ad thì k.a  d và a n d
Bài tập áp dụng

Bài 1. Chứng minh với mọi số nguyên n thì phân
số

n3 + 2n
4

2

n + 3n + 1

là phân số tối giản.

HD:
Để chứng minh phân số đã cho tối giản, ta sẽ chứng tỏ rằng tử và mẫu chỉ có ƯC là 1
Gọi d là ước chung của n3 + 2n và n4 + 3n2 +1.

(
)
n + 3n +1  ( n + 2n ) = n + 1  d  ( n +1)2 = n + 2n
d Từ (1) và (2) suy ra: ( n + 2n +1 )  ( n + 2n ) d  1  d  d = 1

(1)

Ta có: n3 + 2n  d  n n 3 + 2n  d  n4 + 2n2  d
4

2

4

2

4

Vậy

2

2

2

4

2

(2)

+1 

2

n3 + 2n

là phân số tối giản
n 4 + 3n2 + 1
Bài 2. Chứng minh với mọi số nguyên dương n thì:
n3  1
a)
là phân số khơng tối giản.
n5 + n + 1
HD:

a) Ta có

4

( n 1 ) ( n 2 + n +1)

n5  n2 + n2 + n + 1

=

6n +
1
b)
8n +
1

( n 1 ) ( n 2 + n + 1)

(

2

3

) (

2

=

) (n

n n 1 + n + n + 1

vì với số nguyên dương n thì n2

(n 1 ) ( n 2 + n + 1)
3

 n2 + 1

)(n

2

)

+n+1

n3 1
+ n +1  1 nên

b) Đặt ƯCLN (6n + 1; 8n +1) =

là phân số tối giản.

với d  N*

5

n +n+1

là phân số không tối giản.

d
 6n + 1d  24n + 4d

8n + 1d  24n + 3d
 ( 24n + 4 )  ( 24n + 3 )d  1d  d = 1.
 ƯCLN (6n + 1; 8n +1) = 1  Phân số đã cho là phân số tối giản.

n2 + 4

Bài 3. Cho P =

với n là số tự nhiên. Hãy tìm tất cả các số tự nhiên n trong khoảng từ 1
n+
5
đến 2020 sao cho giá trị của P chưa tối giản.

HD:

n2 + 4

29


Ta có: P =

=n5+
với n  
n+5
n+
5
Để phân số P chưa tối giản thì ƯCLN ( 29; n + 5) = d (d  1)
Khi đó n + 5  d và 29  d  d = 29  n + 5  29

(

Hay n + 5 = 29k k  N+

)  n = 29k  5


Mà 1 < n < 2020  1 < 29k  5 < 2020  29k < 2025
6
24

< k < 69  k {1, 2, 3....., 69}
29
29
Vậy các số tự nhiên n cần tìm có dạng n = 29k  5 với k {1; 2; 3;.....; 69}
Bài 4. Cho phân sô
m
giản.

n

m
m+
n

là phân thức tối giản. Chứng minh phân
số

HD: Giả sử m, n là các số nguyên và ƯCLN(m, n) = 1 (vì

m

là phân thức tối

tối giản)

n

Gọi d = ƯCLN(m, m + n), khi đó ta có: (m + n)  d và m  d ⇒ [(m + n) – m ] = n  d
⇒ d ∈ ƯC (m, n) ⇒ d = 1 (vì
m
Vậy nếu phân thức

m
n

tối giản) .
n

là phân thức tối giản thì phân thức

giản.
Bài 5. Chứng minh rằng vơi mọi số tự nhiên n thì phân
số

m

m+n
10n2 + 9n + 4

cũng là phân thức tối

20n2 + 20n + 9

tối giản

HD: Gọi d là ƯCLN của 10n2 + 9n + 4 và 20n2 + 20n + 9
10n 2 + 9n + 4 
20n 2 + 18n + 8 
 2n + 1  d  d là số tự nhiên lẻ
d
d


20n2 + 20n + 9  d
20n 2 + 20n + 9  d
Mặt khác : 2n + 1d  4n 2 + 4n +1  d  20n 2 + 20n + 5  d  4  d , mà d lẻ nên d = 1
Vậy phân số trên tối giản
•

Bài tập tự giải:

n7 + n2 + 1
Bài 1. Chứng minh rằng phân
không tối giản với mọi số nguyên dương n
số
8
n +n+1
Bài 2. Chứng minh rằng các phân số sau tối giản với mọi số tự nhiên n.
3n + 1

12n +1
2n + 1
3n +1
a)
b)
c)
d)
2
5n + 2
30n + 2
2n 1
5n + 2
2n +1
2n + 5
n + 3
3n  2
f)
h)
e)
g)
n4
5n + 3
4n  3
3n + 7
3n
2n 1
5n + 7
i)
j)
k)

2
4n  2
7n +10
3n +1
Chủ đề 2. TÍNH GIÁ TRỊ CỦA PHÂN THỨC ĐẠI SỐ
Dạng 1. Tính giá trị biểu thức thỏa mãn điều kiện cho trước của biến.


a. Phương pháp: Biến đổi điều kiện rồi thay vào biểu thức đã cho hoặc biến đổi biểu thức đã
cho làm xuất hiện biểu thức của điều kiện.
b. Bài tập áp dụng
Bài 1. Tính giá trị biểu
thức
1
a) x + = 3 (x  0)
x

3

A=x +

1

, biết rằng:

x3
1 + x2 = 14 ( x  0 ) .
b)x2

HD:
a) Áp dụng HĐT: A3 + B3 = ( A + B )3  3AB ( A + B )

(

b) Áp dụng HĐT: A 2 + B2 = ( A + B ) 2  2AB và A 3 + B3 = ( A + B ) A 2 + AB +
B2

)

ĐS: A = 18
1
Ta2+ –2+ = 16
được: 1
x x
+2+ x =
4
x
2


=

1


1


x




x

x
1 + x 2
1
x 



x2

1





Với + x3

x = 4.
0 (14
1
1) =
x 52
43
x
thì

1

Với + x3

x = 4.(14
0 1) =
1
52
x x3
4
x
Bài Tính
2.


giá trị biểu thức A = x3 +

1

và B = x5 +

x3
Cho biết x là số thực dương thỏa mãn
điều kiện

2

x 1. Tính
2

x5
2
x +
1

=7.

x2
HD:


1
1 2
1
= 7  x2 + 2 +
= 9  x +
= 3 (vì x > 0 )
 =9x+
2




x
x
x
 x2 1  

1

1
1
1
Ta có  x +   x 2 +  = 3.7  x 3 + + x
21  x 3 + + 3 = 21  A
=18
2 

+ =
3
3
Từ x 2 +

1

x

x

x 

1 
2
Ta có:  x 1 2  3 x + = 7.18  x5+

+ 

3
x 
x

 x5+
+ 3 = 126  B =123
1

x
1

+ +

1

x

=126

x
x

x

x5
Bài 3. a) Cho a + b = 2 và a 2 + b2 = 20. Tính giá trị của biểu thức M = a3 + b3
b) Cho a + b + c = 0 và a 2 + b2 + c 2 = 14.Tính giá N = a4 + b4 + c4
HD
:

trị của biểu thức

a) Từ a2 + b2 = 20  ( a + b ) 2  2ab = 20  4  2ab = 20  ab = 8
M = a3 + b3 = ( a + b )3  3ab ( a + b ) = 23  3. ( 8 ) .2 = 56

b) Từ a 2 + b 2 + c 2 = 14  ( a 2 + b 2 +
c 2 ) 2 = 196
 a 4 + b4 + c4 = 196  2 ( a 2 b 2 + b2c2 +
c2a 2 )
Ta lại có: a + b + c = 0  ( a + b + c ) 2 = 0  a 2 + b2 + c2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 0

 ab + bc + ca = 7  ( ab + bc + ca )2 = 49
 a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2abc(a + b + c) = 49  a2b2 + b2c2 + c2a 2 = 49

(

Do đó: N = a 4 + b4 + c4 = 196  2 a 2 b 2 + b2c2 + c2a 2

Bài 4. a) Cho a – b = 7. Tính giá trị của
biểu thức
b) Cho

) = 196  2.49 = 98

M = a2 (a + 1)  b2 (b  1) + 3ab2 
2ab  3a2b

giá trị biểu

+ thức Q =
x6 + 2 x5
x + 2 x4 + 2
x3 + 2 x2
= +2x+1
c) C

h
o
h
ai
s
ố


x, y thỏa mãn: x 2 + x2 y2  2 y = 0 và x3 + 2 y2  4 y + 3 = 0 .Tính Q = x2 +

y2


HD:

(

a) M = a3 + a 2  b3  b2 + 3ab(b  a )  2ab = ( a  b ) a 2 + ab + b2

) +a

2

+ b2 + 3ab(7) 2ab

= 7 ( a 2 + ab + b 2 ) + a 2 + b 2  23ab = 8 ( a  b )2 = 8.7 2 = 392

(

b) Ta có: Q = x 2 . x 4 + 2x3 + x2

) + (x

4

+ 2x3 + x2

) +x

2

+x

+ x +1

(

)

(

Vậy Q = 4

)

= x2 x2 + x 2 + x2 + x 2 + x + 2 = x2 + x + 3
=4
c) Từ x2 + x 2 y 2  2y = 0 

x2 =

2y
 1  1  x  1
(1)
y +
.
1
x3 + 2y2  4y + 3 = 0  x3 = 1 2 ( y 1) 2  1  x  1
2

(2)

Từ (1) và (2)  x = 1  x2 = 1

 x 2 = 1
 y2  2y + 1 = 0  y = 1  y2 = 1 . Vậy Q = x 2 + y2 = 1 + 1
Ta có:  2
2 2
x
+
x
y

2y

=2
=0
Bài 5. a) Tính giá trị của biểu
thức

P=

x y

.

x2  2 y2 = xy ( x + y  0; y  0)

Biết

x+ y
HD:

b) Cho a và b thỏa mãn: a + b = 1. Tính giá trị của biểu B = a 3 + b3 + 3ab
thức

a) Từ giả

x2  2y2 = xy  x2  xy  2y2 = 0 
thiết
Vì x + y  0 nên x  2y = 0  x = 2y
2y  y y 1
Khi đó P =
= =
2y + y 3y 3

( x + y )( x  2y ) = 0

b) Ta có: B = a3 + b3 + 3ab = a3 + b3 + 3ab.1 = a3 + b3 + 3ab. ( a + b ) = ( a + b )3 = 1
Bài 6. a)

Cho

HD
:

4a 2 + b2 = 5abvà 2a  b  0. P =
Tính

b) Cho a > b > 0
và

ab 2
4a 2
b

(

2 a 2 + b2
thức:

) = 5ab Tính giá trị của biểu

a) Biến đổi được: 4a 2 + b2 = 5ab  ( 4a  b )( a  b ) 



P=

3a  b
2a + b

 b = 4a

b=a 

a2

1


M
à
2
a

b

0

4
a

2
b

b
n
ê
n
a

=
b.
V
ậ
y
ta
đ
ư
ợ
c:
P
=
4
a

a
=
3

(

)

(

) (

)

b) Biến đổi được: 2 a 2 + b 2 = 5ab  2a 2  4ab + 2b 2  ab = 0 


a = 2b
Trường hợp b = 2a. (Loại) vì a > b > 0
Trường hợp a = 2b. Ta có:

3a  b 6b 
P=b
2a=+ b
=1
4b + b
Bài 7. a) Cho a > b > 0 thỏa

P=

mãn 3a 2 + 3b2 = 10ab. Tính giá trị của biểu
thức
2 x 2  3 xy

b) C 2 x + y = 11z ; 3 x  y = 4z. Tính giá
ho trị Q =

 b = 2a

x2 + 3 y2

.

ab
a+b

Bồi dưỡng học sinh giỏi toán
8
2

2

c) Cho a, b thỏa mãn 5a + 2b = 11ab và
HD:

b > 2a > 0.

A=

Tính GT của biểu
thức

4a2  5b2
a2 + 2ab

( a  b )2

a 2  2ab + b 2 3a 2 + 3b 2  6ab 10ab  6ab 1
a) Xét P =
=
=
=
=
2
2

2
2
( a + b )2 a + 2ab + b 3a + 3b + 6ab 10ab + 6ab 4
1
Vì a > b > 0  P > 0  P =
2
b) Từ 2x + y = 11z và 3x – y = 4z suy ra 5x = 15z  x = 3z
Từ 2x + y = 11z và x = 3z suy ra y = 5z
2x2  3xy 18z2  45z2 9
Thay vào biểu thức Q ta được: Q = 2
=
=
x + 3y2
9z2 + 75z2 5a28
c)b Từ giả thiết: 5a 2 + 2b2 = 11ab  ( 5a  b )( a  2b ) = 0 
=
( thoûa mãn )
2


 a = 2b (loại)
4a2 125a2
Thay 5a = b vào A ta được: A =

= 11

a 2 + 10a2

Bài 8. Cho a2 + a + 1 = 0.Tính giá trị của biểu
thức

P = a2013 +

HD:

1
a2013

a) Từ a 2 + a + 1 = 0 với a  1 ta có: ( a 1 ) ( a 2 + a + 1) = 0  a3 1 = 0  a3 = 1
Ta lại có a 2013 = ( a 3 )671
Do đó: P = a2013 +

1
2013

a

1
= (a

3 671

)

+

= 1 +1 = 2

3 671

(a )

Bài 9. Cho biết 10 x 2 + 5 x = 3. Tính giá trị biểu
thức

2x1 5
A
x
+=

1
(vớ x   )
i

3x1 3x+1

HD:
Ta có: A =

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

3x2 + 15x
=
6
9x2 1

(
2)
=

3 x 2  5x 

3

6x2 + 2x  3x 1 + 15x  5  3x2
+x
9x2 1

(1)

9x2 1
Từ điều kiện10x + 5x + 3  5x = 3 10x2 thay vào (1) ta được:
3 x 2 + 3 10x2  2 3 1  9x2
A=
=
= 3
9x2 1
2

(

Biên soạn: Trần Đình
Hồng 11

) (

)

9x2 1

0814000158


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán
Bài 10. Cho 0 < x < y và 2 x2 +82 y2 = 5 xy. Tính giá trị
2016 x + 2017 y
P
=
.
của
3x2y
HD:
Phân tích: Quan sát, chúng ta nhận thấy giả thiết chứa đa thức bậc hai đối với biến x, y, còn
kết luận là phân thức mà tử và mẫu là đa thức bậc nhất đối với biến x, y. Do vậy chúng ta
tìm mối quan hệ giữa x và y từ giả thiết để biểu diễn x theo y hoặc ngược lại. Với suy nghĩ
ấy, chúng ta phân tích đa thức thành nhân tử từ điều kiện thứ hai.
Ta có: Từ 2x2 + 2y2 = 5xy  2x2  5xy + 2y2 = 0

Biên soạn: Trần Đình
Hồng 12

0814000158


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán
8
2x2  4xy  xy + 2y2 = 0  ( 2x  y )( x  2y) = 0
Ta có y > x > 0  2y > x  x  2y < 0  2x  y = 0  y = 2x
2016x + 2017.2x
Từ đó ta có: P =

= 6050.
3x  2.2x
x
2
x2
Bài 11. Cho biết 2
= . Hãy tính giá trị của biểu thức: Q x4 + x 2 + 1
x x+1 3
HD:
=
Áp dụng HĐT: x2 + y2 = x + y  2xy
(
)2

Từ

x

2

 x  0, do đó : x2  x + 1 3
1
3
1 5
=  x + 1 =  x +
x  x +1 3
x
2
x=
2

x 2
x2
1 x4 + x2 +1
1
1 2
21

Ta có: Q =

=
= x2 +
+ 1 =  x +  1 =
4
2
2
2
x + x +1
Q
x
x
x
4

4
2
Suy ra Q = x4 +xx2 + =
1 21
x2  7 xy + 52
2
2

Bài 12. Cho x, y thỏa mãn x + 2 + 2 xy  6 x  2 y + 13 = 0. Tính
.
xy
y
H=
2

=

HD:
Từ giả thiết suy ra x2 + 2xy + y2 + y2  6x  2y + 13 = 0.
 ( x + y ) 2  6 ( x + y ) + 9 + y2 + 4y + 4 = 0  ( x + y  3) 2 + ( y + 2 )2 = 0
x + y  3 = 0  x = 5
25  7.5. ( 2 ) + 52


H=
= 21.


5+2
 y =x 2 1
y + 2 = 0
Bài 13. a) Cho x thỏa mãn
= . Tính giá trị biểu thức
x4  3 x3 + 18 x  1
x2 2 x + 1 22

b) Cho x,y thỏa
mãn



=



+

P

3
Tính giá trị xcủa
thức
 2biểu
x2 + 7 x + 1

+ =

+

x

HD: a) Từ giả thiết:

x

=
2 xy 2 y

1

2x 6y 5
2

N

0.

3 x2 y  1

4 xy

2

= suy ra x  x +1 = 2x  x  3x +1 = 0
x x+1 2
2

(
)( x 1) +15x.
x  2x + 7x + 1 = ( x  3x + 1)( x +1) + 9x
x  3x + 1 )( x 1) + 15x 15x 5
 3x + 1 = 0 ta có P =(
=
= .
( x  3x + 1)(x + 1) + 9x 9x 3

Ta có: x4  3x2 +18x 1 = x 2  3x + 1
3

Với x2

2

2

2

2

2

2

b) Ta có: x2  2xy + 2y2  2x + 6y + 5 = 0  x2  2xy + y2 + y2  2x + 2y + 4y + 5 = 0
 ( x  y 1) 2 + ( y + 2 ) 2 =
0
Biên soạn: Trần Đình
Hồng 13

0814000158


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán
Dấu bằng xảy ra khi x  y 81 = 0 và y + 2 = 0 hay y = 2; x = 1.
Từ đó suy ra N 3 ( 1) 2 ( 2 ) 1 7
= 4 1 2 = 8
( )( )


Biên soạn: Trần Đình
Hồng 14

0814000158


Bài 14. a) Tính giá trị của biểu thức
sau:

x16  1

với x = 2011

( x+
3 y )3  6 (
x + 3 y )2 +
12 ( x + 3 y )
b) Cho

( x + 1)( x2 + 1)( x4 + 1)( x8 +
1)

= 19 . Tìm
giá trị của
biểu thức P
= x + 3y
HD:
a) Ta 16
cóx 1 = ( x 1 )( x

: + 1) x2 + 1 x4

(
+1 )( x

8

)(
+ 1)

x16 1

(
x

1

)
(

x
+
1

)

(
x
2

+
1

)
(
x
4

+
1

)
(
x
8

+
1

=
= x 1

)


( x +1 ) ( x 2 + 1 )( x 4 + 1 )( x 8 + 1)

1)

( x + 1 ) ( x 2 + 1 )( x 4 + 1)(x 8 +1)

( x 1)( y 1 )
( z 1)
x
= + y + z  (3
)

Thay x = 2011 ta được kết quả 2010
b) Ta có: ( x + 3y )3  6 ( x + 3y ) 2 +

12 ( x + 3y )  8 = 27
 ( x + 3y  2 )3 = ( 3)3  x
+ 3y  2 = 3  x + 3y = 1
Bài 15.
x + x 2 + y2 xyz = 3
Cho x, y, z y + z + z 2 =
thỏa mãn = 7; 23;
1
1
Tính H =
1
z
giá
+
trị
yz + x
của +
x
x 6 +
biểu

y
thức
+
y
z




6

6

T yz + x  6 = y 1 z 1 ;
(
)( )
ư
ơ zx + y  6 = ( z 1)( y 1)
n
g
t
ự
t
a
c
ó
:

H
=

x2 + y2 + z2 + 2 ( xy + yz
+ xz )  72 = 23 + 2 ( xy
+ yz + xz )

x
y

HD: Vì x + y + z = 7  z = x  y + 7
z6=1xy
 xy + z  6 = xy + 1 x  y = (
xy  x )  ( y 1) = ( x 1)( y
1)

V
ậ
y

=
73
=
4
xyz  ( xy +
yz + xz) + ( x
+ y + z ) 1
3  (xy + yz
+ xz) + 7 1
9  (xy + yz +
xz)
Ta lại có: ( x + y + z ) 2 =

+

z 1 + x
1
= + y 1

11+
+
( x 1)( y 1)
1)

( y 1 )( z
( z 1 )( x

Ta 1
có:1
+1
+
=0

xy +
yz +
xz
0 =
xy +
yz +
xz =
0
yz =

xy
xz
x
y
z
xyz

4

Vậ = 1
y9

H
=1
3

y
z

x  y)

+

= (x 
y )( x 

x
z

z)

=
1
3

Tín
h
giá
trị
của
biể
u
thứ
c:
A=

x2 +
2yz =
x2 + yz
+ yz =
x2 + yz
 xy 
xz = x
(x
y)  z (

Bài 16. Cho x, y, z đôi một
1 1 1
khác nhau và + + = 0
x y z

1

x2 + 2 yz
y2 + 2 xz
z2 + 2xy

yz
+

xz

xy
+

Tươ
y2 + 2xz = ( y 
ng
x y  z);
tự:)(
z2 + 2xy = ( z 
x )( z  y )
Do
đó:
A yz
+

xz
+
xy

( x  y)
( x  z)
( y  x )(

=1


y  z)

y)

( z  x )( z 

Bài 17. Cho ba số x, y, z đôi
một khác nhau, thỏa mãn x3
+ y3 + z3 = 3xyz và xyz ≠ 0.
Tính
16( x + y) 3( y + z)
B =2038(z + x) +
giá

.
trị
z
x
của
y
biểu
thức:

HD: Ta có: x3 + y3 + z3 = 3xyz (x ≠ y ≠ z; xyz ≠ 0)
 ( x + y )3 – 3xy ( x + y ) + z3 – 3xyz = 0
 ( x + y + z )3 – 3z ( x + y )( x + y + z ) – 3xy ( x + y +
z) = 0

(

)

 ( x + y + z ) x 2 + y2 + z2 – xy – yz – zx = 0
1

22

 ( x + y + z) ( x – y ) + ( y –
z ) + (z  x ) = 0  

x + y =
z

y+z=
x






 z + x =

y

 x = y = z
(loai)

 y
z
=0

 z
x



2


x +
y+z
= 0
 xy

=0



=0
2038(z + x)

z

16(x + y) 3(y + z)
Vậy
B = 2038( y)+

3(x)

= 2019
x
y
z

Bài 18.
Tính M =

H
D:

2
0
0
4
a

b

M=

y

bc + b + 2004

Thay 2004 = abc vào M ta được:

b

+

, biêt abc = 2004

ab + 2004a + 2004
a2bc

16(z)

x

bc

+
+

=

c

c

ac + c + 1
a2bc

+
+
=
ab + a2bc + abc bc + b + abc ac + c + 1 ab(1 + ac +
+
+
c) b ( c + 1 + ac) ac + c + 1
ac
1
c
ac + 1+ c
= 1 + ac + c+ c + 1 + ac+ ac + c +1 = 1 + ac + c = 1
Bài 19. Cho a, b, c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: ( a +
b + c ) 2 = a2 + b2 + c2
Tính giá trị
2 của biểu 2
a +
thức:

a2
P=
2

2bc

b2
+

b + 2ac

c2
+

c + 2ab


HD:

Từ ( a

c


+ b + c )2 =
a2 + b2 + c2
 ab + ac +
bc = 0

=

(a  b )( a  c) (a
 b )( b  c) (a
 c )( b  c ) (a
 b )( a  c )( b 
c)

2

a

a2
a 22
b2
b
a2 +
2bc
=
a2
 ab
 ac
+ bc
=
(a

Bài 20.
yz
1 1 xz +
xy +
Cho +
1
+ =0 (
x, y, z 
0). Tính
giá tri của
biểu thức

 b)

(a  x
c)

xyz

. y

Tươn z

1
1
1
1
1
b2 + 1 
2ac
H + + =0
Dx
y z
=
(b :  =   +
z
x
 a)
V
(b  ì y 
g tự:

c)





;

2

c

=

(c  a )
( c  b)
2

a2
+

a

b

Vậy

2bc

P

2

+

2
2

= (
a– =

b
+

c

b

c2

(
b

+ 2ac

+

c + 2ab


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán
8
 1 1 3
 1

1
1
1 1
1 1
1 
 3 =   +   3 =   3 + 3. 2 . + 3. . 2 + 3 
y
z
x y
z
x



x y
x y

1
1
1
1

+ + =
1 1 1 1
1
1 1 = 3.

+

+ +


3
3
xyz
3. . .
x3 y3 z3
y
x3 y z
x y x

Do đó: xyz  1 +

 3
x


1

+ 1
xyz xyz xyz
yz zx xy
+ +
=3
3 = 3 
3 +
3 +
3 = 3 
y z
x
y

z
x2 y2 z2

3

Bài 21. Cho a + b + c = 0 và abc  0, tính giá trị của biểu thức:
1
1
1
P=
+ 2
+ 2
2
2
2
a +c 
a + b2  c2
b +c 
2
2
b
a
HD:
Từ giả thiết a + b + c = 0 ½ a = – (b + c) hoặc b = – (a + c) hoặc c = – (a + b)
1
1
1
=
+
+

1
1
P=
+ 2
+
2
2
b +c 
a + c2 
a 2 + b2  c2
2
a2
b
1
1
+
1
+
=
b2 + c2  ( b +

a2 + c2  ( a +

a2 + b2  ( a +

c)2

c)2

b )2

2a
b

2a
c

1

=0

2ab

Bài 22. Cho a, b, c là các số khác 0 thỏa
a3b3 + b3c3 + c 3 a 3 = 3a2b2c2
mãn:
Tính
thức giá trị biểu
a 
b 
c

P = 1 +  1 +  1 + 
b
c
a





HD: Đặt ab = x; bc = y; ca = z
Ta có: a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a 2b2c2  x3 + y3 + z3 = 3xyz

(

)

 ( x + y + z ) x 2 + y2 + z2  xy  yz  xz = 0
 x + y + z = 0 hoặc x2 + y2 + z2  xy  yz  xz = 0
TH1: x + y + z = 0

( x + y + z )3  x3  y3  z3 = 3 ( x + y )( y + z )( x + z )
 xyz = ( x + y )( y + z )( x + z )
Ta có: a 2b2c2 = (ab + bc )( bc + ca )( ca + ab)
b  c 
 a 
abc = ( a + b )( b + c )( c + a )  P = 1+
1+
1+
= 1

Sử dụng hằng đẳng thức :



Biên soạn: Trần Đình
Hồng 20

b



c



a



0814000158


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán
x2 + y2 + z2  xy  yz8  xz =



TH2: 0



 ( x  y ) 2 + ( y  z ) 2 + ( z  x )2 = 0  x = y = z  ab = bc = ca  a = b = c  P = 8
Bài 23. Cho x, y hỏa mãn đẳng
thức:

x2 + y2 + 10 = 2( x  3 y ) . Tính giá trị biểu thức:

 x
P =2 

+y2  x2  y2 2  . 2x + y
 2
x
x + xy
xy
xy + y x + xy +
y2


2

Biên soạn: Trần Đình
Hồng 21

vớ x  0; y  0; x   y
i

0814000158


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán
8
HD: Với x  0; y  0; x  y ta có:
2
2
2
2  x y  x  y ( x + y) 
x+y
2
xy

.
P = x 
xy ( x + y)
 x2 + xy + y2

 x+y
2 xy ( x  y )  ( x  y )( x +
y)2

(

=

=


x
2

)

xy ( x + y)

.

x2 + xy + y2

( x  y ) ( x 2 + xy + y2 ).

x+y

xy ( x + y)

x 2 + xy + y2

+

x

=

2

+

xy

x

=

xy

x+y
xy

Ta có: x2 + y2 + 10 = 2 x  3y  x2  2x + 1 + y2 + 6y + 9 =
(
)

0

(tm)

x
 ( x 1) 2 + ( y + 3) 2 = 0 
=1
y=

x + y 1 + (3) 2
Nên thay x = 1; y = 3 vào biểu thức P =
=
=
xy
1.( 3
3

)

Bài 24. Cho biểu thức x2  x  1 = 0. Tính
giátrị

x6  3x 5 + 3x 4  x3 + 2020
Q=
.
x6  x3  3 x2  3 x + 2020

HD:
Ta khơng thể tìm x để rồi thay vào biểu thức được, bởi kết quả x không phải số hữu tỉ, thay
vào Q tính rất phức tạp. Do vậy ta có hai định hướng:

(

)

• Hướng suy nghĩ thứ nhất, viết tử thức và mẫu thức dưới dạng x 2  x 1 .q(x) + r(x)
•

Hướng suy nghĩ thứ hai, chúng ta quan sát thấy có dạng hằng đẳng thức, biến đổi giả thiết
khéo léo để xuất hiện thành tử thức và mẫu thức.

Cách 1. Ta có:

(

x6  3x5 + 3x4  x3 + 2020 = x 2  x 1

(

)( x

4

2021 x6  x3  3x2  3x + 2020 = x 2  x 1

)

 2x3 + 2x2  x + 1 +

)( x

4

+ x3 + 2x2 + 2x

)

+1 + 2021
2021
x2  x 1 = 0 thì tử số là 2011; mẫu số là 2021. Vậy Q =
= 1.
2021
Cách 2. Ta có: x2  x 1 = 0  x2 = x + 1  x6 = ( x +1)3
Với

 x6 = x3 + 3x2 + 3x + 1  x6  x3  3x2  3x = 1
Suy ra mẫu số bằng:1+ 2020 = 2021.
Biên soạn: Trần Đình
Hồng 22

0814000158


Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn
8
Ta có: x 2  x 1 = 0  x 2  x = 1  ( x 2  x )3 = 1  x 6  3x 5 + 3x 4  x 3 = 1
2021
Suy ra tử số bằng:1+ 2020 = 2021. Vậy Q =
= 1.
2021

Bài 25. Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn: ab + bc + ca = 1
( a + b )2 ( b + c )2 ( c + a )2
Tính giá trị của biểu thức A =
1 + a 2 1 + b2 1 + c 2

(

)(

)(

)

HD:
Ta có: 1 + a2 = ab + bc + ca + a2 = a ( a + b ) + c ( a + b ) = ( a + b )( a + c )
Tương tự: 1 + b2 = ( b + a )( b + c) và 1 + c2 = ( c + a )( c + b)

Biên soạn: Trần Đình
Hồng 23

0814000158


Do đó: A =

1
x

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

(a + b) ( a + c )( b + a )( b + c )( c + a )( c + b)

+

Bài
Tính26. Cho

a

y
z

a

+
b

= 2 (1) và
c

b

+
x

c

+
y

 a 2
= 2 (2).

z

 b 2

c 2

D =   +  +  
 x 
 z 
 y 

HD:
Từ (1) suy ra bcx + acy + abz = 0 (3)
 a 2  2
 ab
ac bc 
 2
Từ (2) suy ra   +  b +  c  + 2
+ + =4
x   y   z 
xz yz 
 xy
 a 2
 ab
 b 2
ac bc 
 c2

   +
 +   = 4  2
+
+  (4)
 x 
 y 
 z 
 xy
xz yz 
Thay (3) vào (4) ta có D = 4 – 2.0 = 4
1

Bài 27. a) Cho a + b + c = 1
và

+

1

+

Tính
a b

b) Cho a + b + c = 2014
và

1

= 0.

P = a2 + b2 + c2

c

1
1
1
b
c
. Tính S = a
1+
+
=
+
+
a + b a + c b + c 2014
b+c a+c a+b

HD:
a) Ta có:

1

1 1
bc + ac + ab
+ (1)+ a = 0 
= 0  bc + ac + ab = 0
b
c

abc
a + b + c = 1  ( a + b + c ) 2 = 1  a 2 + b2 + c2 + 2 ( ab + ac + bc ) = 1

(2)

Kết hợp (1) và (2) suy ra P = a 2 + b2 + c2 = 1
b) Ta có:

1

1
1
1
a + b + a + c + b + c = 2011
a + b + c = 2014  a = 2014  ( b + c ) ; b = 2014  (a + c); c = 2014  (a + b)
2014  ( b + c) 2014  (a + c) 2014  (a + b) 2014
2014
2014

Do đó: S =

= 2014.



1

+

+

1
a +1 c

+

1 

+
1
a+b
 3 = 2014.

=
1+
1 +
b+c
b+c
a+c
a+b
–
23 = 1  3 = Vậy S = 2



2014
 b+c a+c a+b 
Bài 28. Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0 và xyz  0.
x2
y2
z2

Tính giá trị của biểu thức: P =
+
+
.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
y +z x
z +x y
x + y z
3
3
3
HD: Từ x + y + z = 0  x + y + z = 3xyz.
Từ giả thiết, ta có y + z = x  y2 + z2  x2 = 2xy.
Làm tương tự, thay vào P, ta được:
z2
x3 + y3 + z3
3xyz 3
x2
y2


P=

=

2yz

+

2xz

+

2xy

2xy
z

=

2xyz

=

2

Bài 29. Cho ax + by = c ; by + cz = a ; cz + ax = b và a + b + c  0 .
Tính

P=

1

1

+
x+1

+
y+1

1
.
z+1