Tải bản đầy đủ (.docx) (9 trang)

toan 8

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (166.43 KB, 9 trang )

(1)Chuyên đề : HẰNG ĐẲNG THỨC VÀ ỨNG DỤNG I. Kiến thức vận dụng: 1. Kiến thức cơ bản Hs biết vận dụng 7 hằng đẳng thức để làm các bài tập cơ bản, bài tạp vận dụng, bài tập nâng cao. Biết nhận dạng một số bài toán có ứng dụng của hằng đẳng thức.. 2. Kiến thức nâng cao: Gv đưa vào 5 hằng dẳng thức nâng cao và một số bài toán vận dụng hằng đẳng thức. đê ứng dụng làm các bài tập nâng cao.. 3. Lý thuyết cơ bản 1.3: 7 hằng đẳng thức đáng nhớ.  A  B 1. Bình phương của một tổng:. 2. A 2  2AB  B2.  A  B 2. Bình phương của một hiệu:. 2.  B  A  A 2  2AB  B2. 3. Hiệu của hai bình phương:.  A  B =. 2. 2.  4AB.  A  B =. 2.  4AB. A 2  B2  A  B   A  B .  A  B. 3. 4. Lập phương của tổng:. A3  3A 2 B  3AB2  B3 A 3  B3  3AB  A  B .  A  B. 3. 5. Lập phương của hiệu:. A 3  3A 2 B  3AB2  B3 A3  B3  3AB  A  B . 6. Tổng hai lập phương: 7. Hiệu hai lập phương:. 3. A 3  B3  A  B  A 2  AB  B 2  A  B   3AB.(A  B). . . A3  B3  A  B  A 2  AB  B2 (A  B)3  3AB.(A  B). . . *2.3; Một số hằng đẳng thức tổng quát 1. an – bn = (a- b)(an-1 + an-2b + … + a bn-2 + bn-1) 2. a2k – b2k = (a + b )(a2k-1 – a2k-1b + … + a2k-3b2 –b2k-1) 3. a2k+1 – b2k+1 = (a + b )(a2k – a2k-1b + a2k-2b2 _ … + b2k) n(n  1) n(n  1) 4. (a + b)n = an + nan-1b + 1.2 an-2b2+…+ 1.2 a2bn-2 +n a bn-1 + bn n(n  1) n(n  1) 5. (a -b)n = an – n an-1b + 1.2 an-2b2- …- 1.2 a2bn-2 +n a bn-1 - bn. II.. Bài tập vận dụng tại lớp:. A. Bài tập vận dụng lý thuyết: Bài tập1: Chứng minh các hằng đẳng thức sau :.  A  B  C 1. 2.  A  B  C 2. 3.. 3. A 2  B2  C2  2  AB  BC  AC  A 3  B3  C3  3  A  B  .  B  C  .  A  C  2. 2 A 2  B2  A  B    A  B . . . 2.

(2) A 4.. 2. 2.  B2 . X 2  Y 2  AX  BY    AX  BY . . . 2. Bài tập 2. Tính : a/ A = 12 – 22 + 32 – 42 + … – 20042 + 20052 b/ B = (2 + 1)(22 +1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) – 264 Giải a/ A = 12 – 22 + 32 – 42 + … – 20042 + 20052 A = 1 + (32 – 22) + (52 – 42)+ …+ ( 20052 – 20042) A = 1 + (3 + 2)(3 – 2) + (5 + 4 )(5 – 4) + … + (2005 + 2004)(2005 – 2004) A = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + … + 2004 + 2005 A = ( 1 + 2002 ). 2005 : 2 = 2011015 b/ B = (2 + 1)(22 +1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) – 264 B = (22 - 1) (22 +1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) – 264 B = ( 24 – 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) – 264 B=… B =(232 - 1)(232 + 1) – 264 B = 264 – 1 – 264 B=-1 * Chú ý: Quan sát và biến đổi bài toán bằng cách sử dụng hằng đẳng thức A2 – B2 Bài tập 3: Tìm giá trị nhỏ nhất hay giá trị lớn nhất của các biểu thức sau: a/ A = x2 – 4x + 7. ;. b/ B = x2 + 8x. ;. c/ C = - 2x2 + 8x – 15. Giải a/ A = x2 – 4x + 7 = x2 – 4x + 4 + 3 = ( x - 2)2 + 3 > 3 Dấu “ =” xảy ra  x – 2 = 0  x = 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 3 khi x = 2. b/ B = x2 + 8x = (x2 + 8x + 16 ) – 16 = (x – 4)2 – 16 > - 16 Dấu “ =” xảy ra  x – 4 = 0  x = 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là -16 khi x = 4. c/ C = - 2x2 + 8x – 15 = – 2(x2 – 4x + 4) – 7 = – 2( x - 2)2 – 7 < - 7 Dấu “ =” xảy ra  x – 2 = 0  x = 2 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là - 7 khi x = 2. * Chú ý: . Để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A ta cần:. -. Chứng minh A > m với m là một hằng số.. -. Chỉ ra dấu “=” có thể xảy ra.. -. Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của A là m ( kí hiệu minA ). . Để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A ta cần:. -. Chứng minh A < t với t là một hằng số.. -. Chỉ ra dấu “=” có thể xảy ra.. -. Kết luận: Giá trị lớn nhất của A là t (kí hiệu maxA).

(3) Bài tập 4: Chứng minh rằng nếu (a + b + c )2 = 3(ab + bc + ac) thì a = b = c Giải (a + b + c)2 = 3(ab + bc + ac)  a2 + 2ab + b2 + 2bc + 2ac + c2 = 3ab + 3bc + 3ac  a2 + b2 + c2- ab - bc – ac = 0  2a2 + 2b2 + 2c2- 2ab - 2bc – 2ac = 0  (a2 – 2ab + b2) + (b2 – 2bc + c2) + (c2 – 2ac + a2) = 0  (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = 0  (a – b)2 = 0 hay (b – c)2 = 0 hay (c – a)2 = 0  a = b hay b = c hay c = a a = b = c * Chú ý: Quan sát và biến đổi bài toán bằng cách sử dụng các hằng đẳng thức (a + b + c )2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc (a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2 Bài tập 5. Chứng minh rằng: a/ 7.52n + 12.6n  19 ( n  N). b/ 11n+2 + 122n+1  133 ( n  N). Giải a/ 7.52n + 12.6n = 7.(25n – 6n) + 19.6n  19 Vì (25n – 6n)  (25 – 6) nên (25n – 6n)  19 và 19.6n  19 Vậy 7.52n + 12.6n  19 (n  N) b/ 11n+2 + 122n+1  133 = 112 . 11n + 12.122n = 12.(144n – 11n) + 133.11n  133 Vì (144n – 11n)  (144 – 11) nên (144n – 11n)  133 * Chú ý: Quan sát và biến đổi bài toán bằng cách sử dụng các hằng đẳng thức an – bn = (a- b)(an-1 + an-2b + … + abn-2 + bn-1). do đó (an – bn)  (a- b). Bài tập 6. Tìm x, y, z biết rằng: 2x2 + 2y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz + 10x + 6y + 34 = 0 Giải 2x2 + 2y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz + 10x + 6y + 34 = 0  (x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz) + (x2 + 10x + 25) + (y2+ 6y + 9) = 0  (x + y + z)2 + (x + 5)2 + (y + 3)2 = 0  (x + y + z)2 = 0 ; (x + 5)2 = 0 ; (y + 3)2 = 0  x = - 5 ; y = -3; z = 8 * Chú ý: Quan sát và biến đổi bài toán bằng cách sử dụng các hằng đẳng thức (a + b + c )2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc (a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2 11...15 11...19       n chö õsoá 1 n Bài tập 7: Cho x = ; y = chữsố 1 . Chứng minh rằng xy + 4 là số chính phương..

(4) 11...19 11...15       n chö õsoá 1 n Ta có : y = = chữsố 1 + 4 = x + 4 Do. đó:. xy. + 4 = x(x + 4) + 2 11...17    hay xy + 4 = n chữsố 1 là số chính phương.. 4. =. x2. +. 4x. +. 4. =. (. x. +. B. Ứng dụng hằng đẳng thức Xét bài toán phân tích đa thức sau thành nhân tử: a3 + b3 + c3 – 3abc Ta có: a3 + b3 + c3 – 3abc. = (a + b)3 – 3ab(a + b) + c3 – 3abc = [(a + b)3 + c3] – 3ab(a + b + c) = (a + b + c) [(a + b)2 – c(a + b) + c2 ]– 3ab (a + b + c) = (a + b + c) (a2 + 2ab + b2 – ac - ab + c2 - 3ab) = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ac) 1 = 2 (a + b + c) [(a-b)2 + (b-c)2 + (a-c)2]. Nhận xét: Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc thì a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 1  2 (a + b + c) [(a - b)2 + (b - c)2 + (a - c)2] = 0. .  a  b  c 0  a  b  c 0  2 2 2   (a  b)  (b  c)  ( a  c) 0   a b c. Áp dụng nhận xét trên vào giải một số dạng toán: Dạng 1: Phân tích đa thức thành nhân tử. Dạng 2: Tính giá trị biểu thức. Dạng 3: Giải phương trình, hệ phương trình Dạng 4: Chứng minh đẳng thức. DẠNG 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH PHÂN TỬ. Bài 1: Phân tích đa thức (x - y)3 + (y – z)3 + (z - x)3 thành phân tử. Ta thấy : x – y + y – z + z – x = 0 => áp dụng nhận xét ta có: (x - y)3 + (y – z)3 + (z - x)3 = 3(x - y) (y - z) (z - x) Bài 2: Phân tích đa thức (x2 + y2)3 + (z2 – x2)3 – (y2 + z2)3 thành nhân tử. Ta có (x2 + y2)3 + (z2 – x2)3 – (y2 + z2)3 = (x2 + y2)3 + (z2 – x2)3 + (-y2 - z2)3 Ta thấy x 2 + y2 + z2 – x2 – y2 – z2 = 0 => áp dụng nhận xét ta có: (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 + - y2 - z2)3 = 3(x2 + y2) (z2 – x2) (-y2 – z2) = 3(x2 + y2) (x + z)(x - z)(y2 +z 2) Bài 3 : Phân tích đa thức (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 thành nhân tử (x + y + z)3 – x3 - y3 - z3 = [(x + y) + z]3 – x3 – y3 – z3. = (x + y)3 + 3 (x + y) (x + y + z) – x3 - y3 - z3 = x3 + y3 + 3xy(x + y) + z3 + 3z(x + y)(x + y + z) – x3 - y3 - z3. = 3(x + y) (xy + yz + xz + z2) = 3(x + y)(y + z)(z + x) Bài 4: Phân tích đa thức thành nhân tử. (x + y + z)3 – (x + y - z)3 -(x – y + z)3 -(-x + y + z)3. 2. )2.

(5) Đặt x + y – z = a; x – y + z = b, -x + y + z = c. =>x + y + z = a + b + c =>(a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 = 3(a + b)(b + c)(a + c) = 24xyz DẠNG 2: TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC:. 1 1 1   0 x y z Bài 1: Cho tính P =. xy yz zx   z2 x2 y 2. 1 1 1 1 1 1 3   0  3 3  3 y z xyz Từ x y z => x. => P =.  1 xy yz zx xyz xyz xyz 1 1  xyz 3  2  2  3  3  3  xyz  3  3  3   3 2 z x y z x y y z  xyz x. c  a  b   1   1   1   Bài 2: Cho abc 0, a3 + b3 + c3 = 3abc tính A =  b   c   a   a  b  c 0  Từ a3 + b3 + c3 = 3abc =>  a b c  a  b  b  c  a  c   c  a  b .  1     . b c c b c        Nếu a + b + c = 0 thì A = Nếu a = b = c thì A = (1 + 1) (1 + 1) (1 + 1) = 8 => A có 2 giá trị: -1 và 8   1  3 3 3 3 3 3 2 2 2 Bài 3: Cho xyz 0 thoả mãn x y + y z + x z = 3x y z . Tính P = . x   1  y  . y  z  1   z  x. Đặt a = xy, b = yz, c = zx.  a  b  c 0  Ta có x3y3 + y3z3 + x3z3 = 3x2y2z2 => a3 + b3 + c3 = 3abc =>  a b c Nếu a + b + c = 0 hay xy + yz + xz = 0 thì (x+z) y = -xz. P=.   1  .  =. x   1  y  . y  z   x  y  y  z   z  x   x  y  z  y  z  x  x  z  y  . .   1      x  x   y  z   x  yz zx xy. xy   yz   zx   1 zx.xy. yz. Nếu a = b = c hay xy = yz = zx => x = y = z => P =8 Bài 4: Cho a + b + c = 0 tính giá trị biểu thức A = (a - b)c3 + (b - c)a3 + (c - a)b3 Ta biến đổi b - c = b – a + a - c Ta được A = (a - b)c3 + (b - a)a3 + (a - c)b3 = (a - b)(b - c)(a - c)(a + b + c). Vì a + b + c = 0 -> A = 0 x3  y 3  z 3  xzy Bài 5: Cho x + y + z = 0 tính giá trị biểu thức B = x3  y 3  z 3 3xyz   3  xyz  xyz 3 3 3 vì x + y + z = 0 => x + y + z = 3xyz => B =.

(6) a 2  b2  c2 2 Bài 6: Cho a3 + b3 + c3 = 3abc và a + b + c 0 tính giá trị biểu thức. M=  a  b  c  ta có a3 + b3 + c3- 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 – ab – bc - ca) = 0 1  a  b  c   a  b  2   b  c  2   c  a  2 0 =2. . . Mà a + b + c 0 => (a + b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 = 0 => a = b = c a 2  a 2  a 2 3a 2 1  2  2 9a 3  3 a  => M = Bài 7: Cho a + b + c = 0 (a  0; b 0; c  0) tính giá trị biểu thức a2 b2 c2   A = cb ca ab ;. a2 b2 c2  2  2 2 2 b  c 2  a 2 c2  a 2  b2 B=a  b  c. a 3  b3  c3 abc Ta có A = vi a + b + c = 0 => a3 + b3 + c3 = 3abc. ;. 3abc 3 A = abc. a2 b2 c2   2 2 2 b2  c 2  a 2 c2  a 2  b2 B= a  b  c Từ a + b + c = 0 => a + b = - c => a2 + b2 + 2ab = c2 -> c2 - a2 - b2= 2ab TT: a2 - b2 - c2 = 2bc; b2 - c2 - a2 = 2ac a2 b2 c2 a 3  b3  c3    2abc Nên B = a 2bc 2ac 2ab ta có a + b + c = 0 => a3 + b3 + c3 = 3abc 3abc 3  -> B = 2abc 2 Bài 8: Cho a + b + c= 0 tính giá trị biểu thức: a b   a b b c c a  c  c  a  b   a  b  b  c  c  a  A= a b b c c a   a b Đặt B = c c c b c c a c  b  bc  ac  a 2  1   .   1   a b a  b a b  a b  ab  Ta có B . c  a  b  c  a  b  2c 2 2c 3 . 1  . 1  ab ab abc =1+ a b a 2a 3 b 2b3 1  ; 1  ; abc B. c  a abc Tương Tự . B . b  c Bậy A =. 1. . 2c 3 2a 3 2b3 a 3  b3  c 3 1 1 3 abc abc abc abc. . 2.3abc 9 Vì a + b + c = 0 => a3 + b3 + c3 = 3abc => A = 3 + abc DẠNG 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH. Bài 1: Giải phương trình (3x – 2)2 – (x - 3)3 = (2x + 1)3..

(7) (3x - 2)3 – (x - 2)3 = (2x + 1)3 => (3x - 2)3 – (x - 3)3 – (2x + 1)3 = 0 => (3x - 2)3 + (-x + 3)3 + (-2x - 1)3 = 0 => => Nhận xét: Ta có 3x - 2 - x + x - 2x - 1 = 0 => Áp dụng nhận xét ta có (3x - 2)3 + (-x + 3)3 + (-2x - 1)3 = 3(3x - 2)(-x + 3)(-2x - 1) = 0 =>(x + y)(-x + 2)(-y - 2) = 2 Vì x; y Z ta có: 2 = 1.1.2 = (-2)(-1).1 = (-1)(-1).2 = (-1)..2(-1). chỉ xảy ra trường hợp.  x  y  1   x  2  2  y.2  1 .  x 0   y  1. . Chú ý:x = 2;y = -2 => phương trình vô nghiệm KL: Phương trình có nghiệm x = 0; y = -1 Bài 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 + z3 - 3xyz = 1 Ta có x3 + y3 + z3 - 3xyz = 1 <=>  (x + y + z) (x2 + y2 + z2 – xy – xz - yz) = 1 1 Ta xét x2 + y2 + z2 – xy – xz = 2 [(x - y2 + (y- z)2 + (z - x)2 ]  0 nên chỉ có thể xảy ra  x  y  z 1(1)  2 2 2  x  y  z  xy  yz  zx 1(2) Từ 1 ta có: x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = 1 Từ 2, 3 => xy + yz + zx = 0. 3 <2 - 3>. Nên x2 + y2 + z2 = 1 giả sử x2  y2 z2 =>z = 0; y = 0; x = 1. Nếu.  x 1   y 0   z 0 . không t/m.  x 1   y 0   z 0 Nếu  T/m phương trình. và TH:.  x 0   y 1   z 0 . và. x  0  y 0  z 1 . DẠNG 4: CHỨNG MINH HẰNG ĐẲNG THỨC. Bài 1: Cho tam giác ABC có 3 cạnh tương ứng là a,b,c thoả mãn a3 + b3 + c3 = 3abc. Hỏi tam giác ABC là tam giác gì?  a  b  c 0   a b c Ta có a3 + b3 + c3 = 3abc.

(8) Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác ABC nên a + b + c 0 nên ta có a = b = c (a, b, c >0) => ABC Là tam giác đều. Bài 2: Cho a + bc + c + d = 0 cmr a3 + b3 + c3 + d3 = 3 (d + c) (ab - cd) Đặt c + d = x ta có a + b + x = 0  a3 + b3 + x3 = 3abx hay a3 + b3 + (c + d)3 =3ab(c + d)  a3 + b3 + c3 + d3 = 3ab (c + d) - 3cd(c + b) = 3(c + d)(ab - cd) Bài 3: CMR nếu x + y + z = 0 thì 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) từ x + y + z = 0  -x = y + z  (y + z)5 = -x5.  y5 + 5y4z + 10y3z2 + 10y2z3 + 5yz4 + z5 = -x5  x5 + y5 + z5 + 5yz (y3 + 2yzz + 2yz2 + z3) = 0  x5 + y5 + z5 + 5yz(y + z)(y2 + yz + z2) = 0  2(x3 + y5 + z5) - 5yzx((y2 + z2) + (y + z)2)= 0  2(x3 + y5 + z5)- 5yzx((x2 + y2 + z2)= 0 2(x5 + y5 + z5) = 5yzx (x2 + y2 + z2)  đpcm.. C. Sử dụng hằng đẳng thức biến đổi đồng chất Bài tập 1 : Cho a  b  0 , biết 2. 2. a/ 3a  3b 10ab . Tính 2. 2. b/ 2a  2b 5ab . Tính. P Q. a b a b. a b a b. 2. a 2  2ab  b 2 3a 2  3b 2  6ab 10ab  6ab 1 a b 1 P    2   P 0 P   2 2 2 a  b a  2ab  b 3a  3b  6ab 10ab  6ab 4   2 a. Xét . Mà 2. 2 b. (Tương tự) Xét E 9  E 3. Bài tập 2: 2 2 2 4 4 4 a/ Cho a  b  c 0 và a  b  c 14 . Tính A a  b  c 2 2 2 2 4 4 4 b/ Cho x  y  z 0 và x  y  z a . Tính B x  y  z theo a. a/ Ta có:. 142  a 2  b 2  c 2. . . 2.  a 4  b 4  c 4 196  2 a 2 b 2  b 2c 2  c 2a 2. . a 2  b 2  c2  7 2. 2. Ta có:. . a  b  c 0   a  b  c  0  ab  bc  ac  2.   ab  bc  ac  49  a 2 b 2  b 2c 2  a 2c 2  2abc(a  b  c) 49  a 2 b 2  b 2c 2  a 2 c 2 49 4 4 4 Vậy A a  b  c 196  2.49 98 2. b/. x   y  z   x 2  y  z   x 2  y2  z2 2yz  x 2  y2  z 2. . .  . . 2. 4y2 z 2.  x 4  y 4  z 4 2x 2 y 2  2y 2z 2  2x 2z 2  2 x 4  y 4  z 4  x 2  y 2  z 2. . 2. a 4  B . a4 2.

(9) x. Bài tập 3: Cho x 0 và A x 2 . 1 x2. 1 a x . Tính các biểu thức sau theo a. B x 3 . 1 x3. C x 6  x n 1 . Dể dàng chứng minh được, khi n>1, ta có: 2 Ta tính được A a  2. B a 3  3a. 1 x. n 1. 1 x6. D x 7 . 1  1   x n  n   x    x  x . C a 6  6a 4  9a 2  2. 1 x7 1   n 1  x  n 1  x  . D a 7  7a15  14a 3  7a. Bài tập 4: Phân tích các số sau ra thừa số a/. a 2  b  c   b2  c  a   c2  a  b . 3 2 b/ a  4a  29a  24 à 4 3 2 c/ x  6x  7x  6x 1 3 2 d/ x  6x  11x  6. e/.  x 1 .  x  3 .  x  5  .  x  7   15. f/.  x  y. 3. 3.   y  z   z  x . 3. Gợi ý: a/ Thay b  c  (c  a)  (a  b) Sau khi thay, ta được  a  b  c 2  a 2   c  a  b2  a 2  a  b   c  a    c  a    b  a    a  b   c  a   c  b . . b/ Đáp số:. . . .  a  1  a  3  a  8 . x c/ Đáp số:. 2. .  3x  1. 2. d/ Đáp số:.  x  1  x  2   x  3. e/ Đáp số:. x. 2. .  8x  10 .  x  6  .  x  2 . f/ Đặt x  y a. y  z b z  x c 3.  a  b  c 0  a  b  c   a  b   c3  a 3  b 3  3ab  a  b   c3  a 3  b 3  c 3  3ab(a  b) 3abc VT 3  x  y   y  z   z  x .

(10)

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×