TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH TÀI LIỆU ÔN THI VÀO CÁC LỚP CHUYÊN MÔN TOÁN Năm học 2010-2011 Giáo viên biên soạn và giảng dạy : Huỳnh Chí Hào Chuyên đề 1: ĐA THỨC I. Đa thức : (Đa thức một biến) 1. Đònh nghóa : Đa thức bậc n theo x (n   ) là biểu thức có dạng     nn1 nn1 10 P(x) a x a x a x a với n a0  Các số 01 n a ,a , ,a gọi là các hệ số , n gọi là bậc của đa thức P(x) Ví dụ:  32 P(x) 2x 9x 12x 4 là đa thức bậc ba. 2. Đa thức đồng nhất: a) Đa thức đồng nhất: Đònh nghóa : Đa thức đồng nhất là những đa thức luôn luôn có cùng giá trò với bất cứ giá trò nào của biến số.  Nếu P(x) và Q(x) là hai đa thức đồng nhất ta ký hiệu :  P(x) Q(x)       P(x) Q(x) x : P(x) Q(x) b) Đa thức đồng nhất không: Đònh nghóa : Đa thức đồng nhất không là những đa thức luôn luôn bằng 0 với bất cứ giá trò nào của biến số  Nếu P(x) đa thức đồng nhất không ta ký hiệu :  P(x) 0     P(x) 0 x : P(x) 0  Hệ quả:                    n n1 nn1 nn1 10 0 a0 a0 . P(x) a x a x a x a 0 . . a0 Ví dụ: Tìm các hằng số A, B, C sao cho         2 2 3x 3x 3 A x 2 B x 1 x 2 C x 1         với mọi x Ví dụ: Tìm các hệ số a, b để đa thức 432 P(x) x 2x ax 2x b=+ + ++ là bình phương của một đa thức Bài giải: Giả sử () 2 432 2 x 2x ax 2xb x mxn++++=++ với mọi x 432 4222 3 2 x2xax2xbxmxn2mx2nx2mnx+ + ++=+ ++ + + với mọi x () () () 32 2 2 2m 2x m 2n ax 2mn 2x n b 0- ++- + -+-= với mọi x Áp dụng định lý về đa thức đồng nhất khơng ta được: 2 2 2m 2 0 m2na0 2mn 2 0 nb0 ì -= ï ï ï ï +-= ï ï ï í ï -= ï ï ï ï -= ï ï ỵ Giải hệ ta được: m1 n1 a3 b1 ì = ï ï ï ï = ï ï í = ï ï ï ï = ï ï ỵ . Vậy khi a3; b1== thì () 2 432 2 x2x3x2x1xx1++++=++ 3. Nghiệm của đa thức:  Nếu khi x = a đa thức P(x) có giá trò bằng 0 thì ta nói a là một nghiệm của P(x)     đn a là một nghiệm của P(x) P(a) 0 Ví dụ: Cho phương trình 432 2x 5x 6x 5x 2 0   (1) Chứng minh rằng x1  là nghiệm của phương trình (1) 4. Phép chia đa thức: Đònh lý : Cho hai đa thức P(x) và Q(x) khác không. Tồn tại duy nhất đa thức h(x) và r(x) sao cho  P(x) Q(x).h(x) r(x) Trong đó r(x) 0 hoặc r(x) 0 và bậc của r(x) nho û hơn bậc của Q(x) Đa thức Q(x) gọi là thương và đa thức r(x) gọi là dư của phép chia P(x) cho Q(x) Ví du 1ï: Tìm thương và dư của phép chia đa thức   32 P(x) 2x 9x 12x 4 cho đa thức x1  Ví dụ 2: Cho đa thức 43 2 P(x) x 3x bx ax b=- + ++ và 2 Q(x) x 1=- Tìm a, b để f(x) chia hết cho g(x). Bài giải: Vì P(x) Q(x) nên ta có thể giả sử rằng () 2 P(x) x 1 .Q(x)=- (1) với mọi x Thay x1= vào hai vế của (1) ta được: P(1) 1 3 b a b 0 a 2b 2 (2)=-+++ =  + = Thay x1=- vào hai vế của (1) ta được: P( 1) 1 3 b a b 0 a 2b 4 (3)-=++-+ =-+ =- Từ (2) và (3) ta suy ra được 1 a3;b 2 ==- . 5. Đònh lý BEZOUT (Bơ -Du) (1739 - 1783) Đònh lý BEZOUT : Đònh lý: Trong phép chia P(x) cho (x - a) thì số dư là R = P(a) Chứng minh: Chia đa thức P(x) cho (x - a), giả sử được thương là Q(x) và dư là hằng số R. Ta có: () P(x) x a .Q(x) R=- + với mọi x Do đó với x = a thì P(a) 0.Q(a) R R P(a)=+= (đpcm) Hệ quả:     P(x) chia hết cho (x a) P(a) 0 Hệ quả: Đa thức P(x) có nghiệm là a khi và chỉ khi P(x)  (x-a)      P(a) = 0 P(x) = (x a).Q(x), trong đó Q(x) là một đa thức Ví dụ: Cho 3 9 27 81 243 P(x) x x x x x x     Tìm dư của phép chia P(x) cho x1  6. Sơ đồ HOOCNE Horner 1786 - 1837) Để tính các hệ số của đa thức thương và dư của phép chia đa thức     nn1 nn1 10 P(x) a x a x a x a cho (x - a) ta có thể dùng sơ đồ HOOCNE sau đây n a n1 a  n2 a  1 a a 0 a n b n1 b  n2 b  1 b 0 b Trong đó: nn n1 n n1 n2 n2 n2 010 ba ba.ba ba.ba . . . ba.ba       Khi đó:       n1 n2 nn1 1 0 P(x) (x a).Q(x) r Thương là : Q(x) b x b x b Dư là : r b Ví dụ 1: Tìm thương và dư của phép chia đa thức   32 P(x) 2x 9x 12x 4 cho đa thức x1  Ví dụ 2: Tìm thương và dư của phép chia đa thức   42 P(x) 2x 3x 4x 5 cho đa thức x1  7. Phân tích đa thức ra thừa số Định lý: Giả sử đa thức nn1 nn1 10n P(x) a x a x a x a (a 0) - - =+ +++ ¹ có n nghiệm là 12 n x , x , , x thì ()()() n1 2 n P(x) a x x x x x x=- - - Ví dụ: Phân tích đa thức 32 P(x) x 9x 11x 21=+ + - thành nhân tử Ví dụ: Rút gọn phân thức 32 32 x4xx4 A x7x14x8    Hết Chuyên đề 2: BIẾN ĐỔI CÁC BIỂU THỨC NGUYÊN VÀ PHÂN THỨC I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NHƠ Ù: Các hằng đẳng thức cơ bản và mở rộng : 1. 22 2 () 2ab a abb  2. 22 2 () 2ab a abb  3. 22 ()()ab abab  4. 33 2 23 33 3 () 3 3 ()3()   ab a ab ab b a b ab abab 5. 33 2 23 () 3 3ab a ab ab b   6. 33 2 2 ()( )ab abaabb  7. 33 2 2 ()( )ab abaabb  8. 2222 () 222a b c a b c ab ac bc                      3333 2 2 2 2 2 2 333 9) (a b c) a b c 3a b 3ab 3a c 3ac 3b c 3bc 6abc = a b c 3(a b)(b c)(c a) 333 222 2 2 2 1 3( )( = ( )10) ()() ( 2 )            a b c abc a b c a b c ab ac bc a b c a b b c c a Hệ quả: Nếu abc0 thì 333 abc3abc   11) 12 1 ()( ) nn n n n ab aba ab b      Ví dụ 1: Rút gọn các phân thức sau      2 22 22 2 22 2 22 2x 1 1 2x 2 1) A 4x 2 4x 2 1 4x 4x x 3 2x 3 x x9 2) B 9x 1 2x 3 x 4x x 3            Ví dụ 2: 1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 A2x 6x1   2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 22 Bxyxy2x2y     Phương pháp: Để tìm GTLN của biểu thức A (phụ thuộc vào một hay nhiều biến) ta có thể thực hiện như sau: Bước 1: Chứng minh :  hằng số M A Bước 2: Chỉ ra các biến để M A  Bước 3: Kết luận GTLN của A là M. Để tìm GTNN của biểu thức A (phụ thuộc vào một hay nhiều biến) ta có thể thực hiện như sau: Bước 1: Chứng minh :  hằng số m A Bước 2: Chỉ ra các biến để A m Bước 3: Kết luận GTNN của A là m Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu 222 abcabbcca thì abc   II. BÀI TẬP RÈN LUYỆN: Bài 1: Cho 2 x2 2 24x 3xx 1 M3: 3x x1 x1 3x æö + + ÷ ç =+- - ÷ ç ÷ ç èø ++ 1) Rút gọn M thành một phân thức 2) Với giá trị nào của x thì M0< 3) Tìm x Î  để 1 M Î  Bài giải : 1) Điều kiện của biến là: x0 x0 x10 x 1 24x 0 1 x 2 ì ï ï ì ï ï ¹¹ ï ï ï ï ï ï ïï +¹  ¹- íí ïï ïï ïï -¹ ïï ï î ¹ ï ï ï î Khi đó: ()() () () () ()() () () 2 2 22 2 2 2 x2 2 24x 3xx 1 M3: 3x x1 x1 3x x 2 x 1 6x 9x x 1 2 4x 3x x 1 : 3xx1 x1 3x 28x 24x 3xx 1 : 3xx1 x1 3x 21 2x 1 2x x 1 3x x 1 . 3x x 1 2 1 2x 3x 12x 3xx 1 3x 3x x1 3 xx 3x æö + + ÷ ç =+- - ÷ ç ÷ ç èø ++ +++- - - -+ =- ++ + =- ++ +- + -+ =- +- +-+ =- - = - = 2) Ta có: M0 x10 x1<-<< Kết hợp với điều kiện của biến ta có kết quả: x1 x0 x1 1 x 2 ì < ï ï ï ï ¹ ï ï ï í ¹- ï ï ï ï ï ¹ ï ï î 3) Ta có: 13 Mx1 = - Để 1 M Î  khi x Î  thì ta phải có: x1- là ước của 3 x11 x2 x0 x1 1 x4 x1 3 x2 x1 3 é -= é = ê ê ê ê = -=- ê ê  ê ê = -= ê ê ê ê ê ê =- -=- ë ë Đối chiếu với điều kiện của x ta có đáp số là: x2;x2;x4=- = = Bài 3: Cho biểu thức 3x 9x 3 1 1 1 P2: xx2 x1x2 x1 æö +- ÷ ç ÷ =++- ç ÷ ç ÷ ç +- - + - èø Bài giải : Điều kiện của biến là : x0 x1 ³ ì ï ï í ¹ ï ï î Đặt: xa= với a0 a1 ³ ì ï ï í ¹ ï ï î . Khi đó: () ()() ()( ) () ()() () () 2 22 22 2 2 2 2 2 3a 3a 3 1 1 1 P2: aa2 a1a2 a1 3a 3a 3 a 2 a 1 2 a a 2 1 : a1a2 a 1 a3a2 1 : a1a2 a 1 a2(a1) .a 1 a 1 a1a2 æö +- ÷ ç =++- ÷ ç ÷ ÷ç +- - + - èø +-+++ +- = -+ - ++ = -+ - ++ =-=+ -+ Vậy: () 2 Px1=+ BI TP TNG T T GII: Bi 1 : Cho biu thc: xx 1 x 1 x M:x x1 x1 x1 ổửổử +- ữữ ỗỗ =- + ữữ ỗỗ ữữ ỗỗ ốứốứ - Tỡm cỏc giỏ tr ca x M cú ngha, khi ú hóy rỳt gn M. ỏp s: x0 2x ;M x1 x > ỡ ù - ù = ớ ạ ù ù ợ Bi 2 : Cho biu thc: x2 x3 x2 x M:2 x5x 6 2 x x3 x1 ổửổử +++ ữữ ỗỗ = ữữ ỗỗ ữữ ỗỗ ốứốứ -+ - - + Tỡm cỏc giỏ tr ca x M cú ngha, khi ú hóy rỳt gn M. ỏp s: x0 x1 x4;M x4 x9 ỡ ù ù ù + ù ù ạ= ớ ù - ù ù ạ ù ù ợ Bi 3 : Cho biu thc: ()() xx1x 2x 1 x 2x x x x M1 . 1x 1xx 2x1 ộ ự ộự -+ + - ờ ỳ =- + ờỳ ờ ỳ ờỳ -+ - ởỷ ở ỷ Tỡm cỏc giỏ tr ca x M cú ngha, khi ú hóy rỳt gn M. ỏp s: x0 1 x1;M xx1 1 x 4 ỡ ù ù ù ù ù ù ù ạ= ớ ù -+ ù ù ù ạ ù ù ù ợ Bi 4: Cho biu thc: 2x 9 2x 1 x 3 M x5x 6 x3 2 x -++ =++ -+ - - Tỡm cỏc giỏ tr ca x M cú ngha, khi ú hóy rỳt gn M. ỏp s: x0 x1 x4;M x3 x9 ỡ ù ù ù + ù ù ạ= ớ ù - ù ù ạ ù ù ợ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1 : Cho 0 x  và 1 x a x  là một hằng số . Tính theo a các biểu thức : 3 3 1 Ax x  ; 6 6 1 Bx x  ; 7 7 1 Cx x  Bài giả i: Ta ln có hệ thức: n1 n n1 n1 n n1 111 1 xxxx x xx x +- +- ỉưỉưỉ ư ÷÷ ÷ ççç ÷÷ ÷ +=+ +-+ ççç ÷÷ ÷ ççç ÷÷ ÷ ççç èøèøè ø với n1> Cho n2= ta sẽ có: 32 32 1111 xxxx xxxx ỉ ưỉưỉư ÷÷ ÷ çç ç += + +-+ ÷÷ ÷ çç ç ÷÷ ÷ çç ç è øèøèø Với 2 22 2 11 xx2a2 xx ỉư ÷ ç +=+ -=- ÷ ç ÷ ç èø Ta tính được: 3 Aa 3a=- () 2 2 33642 3 43 753 43 1 B x 2 a 3a 2 a 6a 9a 2 x 11 1 Cx x x a7a14a7a xx x ỉư ÷ ç =+ -=- -=-+- ÷ ç ÷ ç èø ỉưỉưỉư ÷÷ ÷ çç ç =+ +-+=-+ - ÷÷ ÷ çç ç ÷÷ ÷ çç ç èøèøèø Bài 2: Cho 0 x  thỏa mãn 2 2 1 7x x  . Chứng minh rằng 5 5 1 x x + là một số ngun. Tìm số ngun đó Bài giả i: Ta có: 54 3 54 3 1111 xxxx xxxx ỉưỉưỉư ÷÷ ÷ çç ç += + +-+ ÷÷ ÷ çç ç ÷÷ ÷ çç ç èøèøèø Do: 2 2 2 11 1 xx2729x3 xx x ỉư ÷ ç +=++=+=+= ÷ ç ÷ ç èø (do x > 0) Mặt khác: 32 32 1111 x x x x 7.3 3 18 xxxx ỉ ưỉưỉư ÷÷ ÷ çç ç += + +-+=-= ÷÷ ÷ çç ç ÷÷ ÷ çç ç è øèøèø Và 2 42 42 11 xx249247 xx ỉư ÷ ç += + -=-= ÷ ç ÷ ç èø Nên 54 3 54 3 1111 x x x x 47.3 18 123 xxxx ỉưỉưỉư ÷÷ ÷ çç ç += + +-+ = -= ÷÷ ÷ çç ç ÷÷ ÷ çç ç èøèøèø Bài 2: Cho ba số x,y,z thỏa mãn đồng thời : 2 2 2 210 210 210 xy yz zx           Tính giá trò của biểu thức : 2009 2009 2009 Ax y z Bài giải: Cộng từng vế các đẳng thức đã cho và biến đổi ta được; [...]... Hướng dẫn: 1 3 + Thay x vào A sẽ được A = 32009 + Rút gọn x sẽ được x = ( 5  2)3 17 5  38 5  14  6 5 Bài 10: Cho x  2 1 2 1 Tính giá trò của biểu thức : A  ( x 4  x 3  x 2  2 x  1)2007 1  2 1 Hướng dẫn: + Rút gọn x + Thay x vào A Bài 11: Tính giá trò của biểu thức : P  (x 4  4x2  3)2007 với giá trò x  3 10  9 6  19  6 10 ( 10  3) Hướng dẫn: + Rút gọn x + Thay x vào A Bài 12: Cho số... x 0 là nghiệm của phương trình x 4  16 x 2  32  0  Bài 18: 1) Chứng minh rằng : 2) Tính tổng: S= 1 1 1 = n n +1 (n + 1) n + n n + 1 1 1 1 1 + + + + 2+ 2 3 2 +2 3 4 3 +3 4 100 99 + 99 100 -Hết - Chuyên đề 4: PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Nhắc lại: 1) Một số phép biến đổi tương đương phương trình thường sử dụng a) Chuyển vế một biểu thức từ vế này sang vế kia (nhớ đổi dấu của biểu...  x 2 )  S4 S3  P 3 S1 2 2 2 8 4 4 4 4 S8  x1  x 8  (x1  x 2 )2  2x1 x 2  S2  2P 4 2 4 9 5 4 4 4 4 S9  x1  x 9  (x1  x 5 )(x1  x 2 )  x1 x 2 (x1  x 2 )  S5 S4  P 4 S1 2 2 5 5 S10  x10  x10  (x1  x 5 )2  2x1 x 5  S2  2P 5 1 2 2 2 5 Tính tương tự cho: S11, S12, Ví dụ 1: Cho x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x2  x  1  0 1 Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là...  5 x 2  4 x  12  0 3 ( x  2)2  ( x  3)3  ( x  4)4  2 4 (x+9)(x +10) (x+11) -8x = 0 5 (4 x  1)(12 x  1)(3 x  2)( x  1)  4 6 x 2 48 x 4  2  10(  ) 3 x 3 x Bài 17: Cho phương trình : x 4  2mx 2  4  0 Tìm giá trò của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1,x2,x3,x4 thoả mãn x14  x2 4  x34  x4 4  32 Chuyên đề 5: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ I Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn a1... biểu thức A (phụ thuộc vào một hay nhiều biến) ta có thể thực hiện như sau: Bước 1: Chứng minh : A  hằng số M Bước 2: Chỉ ra các biến để A  M Bước 3: Kết luận GTLN của A là M Để tìm GTNN của biểu thức A (phụ thuộc vào một hay nhiều biến) ta có thể thực hiện như sau: Bước 1: Chứng minh : A  hằng số m Bước 2: Chỉ ra các biến để A  m Bước 3: Kết luận GTNN của A là m BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1: Cho x,y...   B  0 Đònh lý 3: Với A  K và B  K ( K là hằng số ) thì A  K AB B  K B BÀI TẬP RÈN LUYỆN : Bài 1: Cho phương trình có ẩn số x : x 2  2(m  1)x  3  m  0 1) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm với mọi m 2 2) Tìm m sao cho nghiệm số x1 , x2 của phương trình thỏa mãn điều kiện: x1  x 2  10 2 Bài 2: Cho phương trình bậc hai ẩn x : x 2  2mx  2m  1  0 1) Chứng tỏ phương trình có nghiệm... về hệ mới chứa hai ẩn S,P Bước 2: Giải hệ mới tìm S,P Chọn S,P thoả mãn S 2  4 P Bước 3: Với S,P tìm được thì x,y là nghiệm của phương trình : X 2  SX  P  0 ( đònh lý Viét đảo ) c Ví dụ : Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau ìx + y + xy = 3 ï 1) ï 2 í ïx + y 2 = 2 ï ï ỵ Ví dụ 2:  x  y  xy  7 2)  2 2  x  y  3 x  3y  16 BÀI TẬP RÈN LUYỆN ìx 2 - xy + y2 = 7 ï ï Bài 1: Giải hệ phương trình:... giá trò nhỏ nhất 2 c) Tìm hệ thức giữa x1 , x2 không phụ thuộc vào m Bài 9: Cho phương trình : x 2  4x  (m 2  3m)  0 a) Chứng tỏ phương trình có nghiệm x1 , x2 với mọi m 2 b) Xác đònh m để : x1  x 2  4(x1  x 2 ) 2 c) Lập phương trình bậc hai ẩn y có hai nghiệm y1 , y2 thỏa mãn : y1 y  2 3 y1+y2 = x1 + x2 và 1  y 2 1  y1 Bài 10: Cho phương trình : x 2  2(m  3)x  2(m  1)  0 a) Chứng tỏ... dụ : Giải phương trình : 25  x 2  10  x 2  3 2 3 2  x  x  1  1 1 3 5 1  x 3  2( x 2  2) 4 Phương pháp 4: Biến đổi phương trình về hệ phương trình Ví dụ : Giải phương trình : 1 2 x  3  5  2 x  3 x 2  12 x  14 2 x 2  4 x  5  2 2 x  3 5 Phương pháp 5: Biến đổi phương trình về dạng tích số Ví dụ : Giải phương trình : ( x  5  x  2)(1  x 2  7 x  10)  3 6 Phương pháp 6: Biến đổi...  5  x  2  2x  5  2 2 II BÀI TẬP RÈN LUYỆN: Bài 1: Cho phương trình : x  2 x  1  m2  6m  11  0 a Giải phương trình khi m=2 b Chứng minh rằng phương trình có nghiệm với mọi m Bài 2: Cho phương trình : x  x  1  m (1) trong đó m là tham số a Giải phương trình (1) khi m=1 b Tìm tất cả các giá trò của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Chuyên đề 9: HÌNH HỌC PHẲNG A Kiến thức bổ . TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH TÀI LIỆU ÔN THI VÀO CÁC LỚP CHUYÊN MÔN TOÁN Năm học 2010-2011 Giáo viên biên soạn và giảng