Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Toán 9 - Thi vào lớp chuyên chọn

48 1,115 7
  • Loading ...
1/48 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 01/06/2015, 10:23

PHẦN SỐ HỌC Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN. SỐ NGUYÊN TỐ. A. Nhắ c l ạ i và b ổ sung các ki ế n th ứ c cầ n thi ế t : I. Tính chia hế t : 1. Đị nh lí v ề phép chia : Với mọi số nguyên a,b (b ≠ 0), bao giờ cũng có một cặp số nguyên q, r sao cho : a = bq + r với br <≤ 0 . a gọi là số bị chia , b là số chia, q là thương và r là số dư. Trong trường hợp b > 0 và r ≠ 0 có thể viết: a = bq + r = b(q +1)+ r - b. Ví dụ: Mọi số nguyên a đều có dạng: a = 2q ± 1 (xét phép chia cho b = 2) a = 3q ; 3q ± 1 (xét phép chia cho b = 3) a = 4q ; 4q ± 1 ; 4q ± 2 (xét phép chia cho b = 4). a = 5q; 5q ± 1; 5q ± 2 (xét phép chia cho b = 5) 2. Tính chia hế t : Nếu a chia b mà số dư r = 0, ta nói : a chia hết cho b hay a là bội của b (kí hiệu a  b) b chia hết a hay b là ước của a (kí hiệu b\ a) Vậy: a  b (b\ a) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = bq. 3. Các tính chấ t : 1) Nếu a  b thì ± a  ± b (b ≠ 0) 2) a  a; 0  a với mọi a ≠ 0 3) a  ± 1 với mọi a 4) Nếu a  m thì a n  m (m ≠ 0, n nguyên dương). 5) Nếu a  b và b  a thì |a| = |b| 6) Nếu a  b và b  c (b,c ≠ 0) thì a  c. 7) Nếu a  c và b  c(c ≠ 0) thì (a ± b)  c. Điều ngược lại không đúng. 8) Nếu a  m hoặc b  m thì ab  m(m ≠ 0). Điều ngược lại không đúng. 9) Nếu a  p và a  q, (p, q)= 1 thì a  pq 10) Nếu a = mn; b = pq và m  p n  q thì a  b 11) Nếu ab  m và (b,m) = 1 thì a  m 12) Nếu a ± b  m và a  m thì b  m II. Số nguyên t ố : 1.Đị nh nghĩ a : Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và chính nó. Hợp số là số tự nhiên lơn hơn 1 có nhiều hơn hai ước. Số 1 và số 0 không phải là số nguyên tố cũng không phải là hợp số. 2. Đị nh lí c ơ b ả n c ủ a s ố h ọ c : Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất(không kể thứ tự các thừa số). Số nguyên tố được coi như là tích chỉ gồm một thừa số là chính nó. Có vô số số nguyên tố (không có số nguyên tố lớn nhất). Số hoàn chỉnh: là số bằng tổng các ước của nó không kể bản thân nó. Ví dụ: 6 , 28, , 2 n-1 (2 n - 1) III. Mộ t s ố ph ươ ng pháp thông th ườ ng để gi ả i bài toán v ề chia h ế t : Cách 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể xét mọi trường hợp số dư khi 1 chia n cho k. Ví dụ 1 : Chứng minh rằng: a) Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2. b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3. Giải : a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng A(n) = n(n + 1). Có hai trường hợp xảy ra : * n  2 => n(n + 1)  2 * n không chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1)  2 => n(n +1)  2 b) Chứng minh tương tự a. Cách 2: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể phân tích k ra thừa số: k = pq . + Nếu (p, q) = 1, ta chứng minh A(n)  p và A(n)  q. + Nếu (p, q) ≠ 1, ta phân tích A(n) = B(n) .C(n) rồi chứng minh: B(n)  p và C(n)  q . Ví dụ 2 : a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2)  6. b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8. Giải : a) Ta có 6 = 2.3; (2,3) = 1 . Theo chứng minh trên đã có A(n) chia hết cho 2 và 3. Do đó A(n) chia hết cho 6. b) Ta viết A(n) = 2n(2n + 2) = 2n. 2(n +1) = 4n(n + 1). 8 = 4 . 2. Vì 4  4 và n(n +1)  2 nên A(n)  8 Ví dụ 3 : Chứng minh rằng n 5 - n chia hết cho 10, với mọi số nguyên dương n. (Trích đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2005 - 2006) Giải : A(n) = n 5 - n = n(n 4 - 1) = n(n 2 - 1)(n 2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n 2 +1)  2 n = 5k + 1 => (n - 1)  5 n = 5k + 4 => (n + 1)  5. n = 5k + 2 => n 2 + 1 = (5k + 2) 2 + 1 = (25k 2 + 20k + 4 + 1)  5 n = 5k + 3 => n 2 + 1 = (5k + 3) 2 + 1 = (25k 2 + 30k + 9 + 1)  5 Vậy : A(n) chia hết cho 2 và 5 nên phải chia hết cho 10. Cách 3: Để chứng minh A(n) chia hết cho k , có thể biến đổi A(n) thành tổng(hiệu) của nhiều hạng tử , trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k . ( Đã học trong tính chất chia hết của một tổng ở lớp 6) (Liên hệ: A(n) không chia hết cho k ) Ví dụ 4 : Chứng minh n 3 - 13n (n > 1) chia hết cho 6. (Trích đề thi HSG cấp II toàn quốc năm 1970). Giải : n 3 - 13n = n 3 - n - 12n = n(n 2 - 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n (n - 1)n(n + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6 ; 12n  6 . Do đó A(n)  6 Ví dụ 5: Chứng minh n 2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 , với mọi số n lẻ. Giải : Với n = 2k +1 ta có: A(n) = n 2 + 4n + 5 = (2k + 1) 2 + 4(2k + 1) + 5 = 4k 2 + 4k + 1 + 8k + 4 + 5 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2. A(n) bằng tổng của ba hạng tử, trong đó hai hạng tử đầu đều chia hết cho 8 , duy chỉ có hạng tử 2 không chia hết cho 8. Vậy A(n) không chia hết cho 8. Cách 4: Viết A(n) được dưới dạng: A(n) = k.B(n) thì A(n) chia hết cho k. Hệ quả: Nếu A(n) = B(n).C(n) mà B(n)và C(n) đều không chia hết cho k thì A(n) 2 không chia hết cho k Ví dụ 6: Chứng minh : 2 + 2 2 + 2 3 + + 2 60 chia hết cho 15. Giải: Ta có: 2 + 2 2 +2 3 + + 2 60 = (2 + 2 2 + + 2 4 ) + (2 5 + +2 8 )+ +(2 57 + 2 60 ) = 2(1+2+4+8) +2 5 (1+2+4+8) + + 2 57 (1+2+4 + 8) = 15.(2 + 2 5 + + 2 57 )  15. IV. Một số phương pháp đặc biệt để giải toán chia hết: Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet: Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dưới dạng hình ảnh như sau: Nếu nhốt k chú thỏ vào m chuồng mà k> m thì phải nhốt ít nhất hai chú thỏ vào chung một chuồng. Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong m + 1 số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu chia hết cho m. Giải: Chia một số nguyên bất kì cho m ta được số dư là một trong m số 0; 1 ; 2; 3; ; m - 1. Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m thì phải có ít nhất hai số có cùng số dư . Do đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho m. Cách 6: Dùng phương pháp qui nạp toán học: Để chứng minh A(n)  k ta làm theo trình tự sau: Thử với n = 1 hoặc 2(Tức số n nhỏ nhất chọn ra).Nếu sai => Dừng.Nếu đúng A(1)  k.Tiếp tục: Giả sử A(k)  k. Chứng tỏ A(k + 1)  k. Nếu đúng => Kết luận : A(n)  k Ví dụ 8: Chứng minh : 16 n - 15n - 1 chia hết cho 225. Đặt A(n) = 16 n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0  225 => A(1) đúng. Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16 k - 15k -1  225. Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/m: 16 k + 1 - 15(k + 1) - 1  225. Thật vậy, 16 k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16. 16 k - 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16 k - 15k - 15 - 1 = 15.16 k + 16 k - 15k -15 - 1 = (16 k - 15k - 1) + 15(16 k - 1) = (16 k -15k-1)+15(16 - 1)(16 k-1 + +1) = (16 k - 15k - 1) + 225(16 k-1 + + 1)  225 Cách 9: Phương pháp phản chứng: Để chứng minh A(n)  k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k là sai. B. PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh: 1. a) 19 2007 - 19 2006 chia hết cho 9. b) 9 2n + 14 chia hết cho 5. c) Tổng của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3, tổng của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho5. 2. Tích của một số chính phương và một số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia hết cho 12. 3. (n 2 - 1)n 2 (n 2 + 1) chia hết cho 60 4. a) n 2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 b) n 2 + 3n +5 không chia hết cho 11 5. a) n 4 + 6n 3 + 11n 2 + 6n chia hết cho 24. b) n 4 - 4n 3 - 4n 2 - 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384. 6. 4 n + 15n - 1 chia hết cho 9. 7. n 2 + 4n + 3 (n lẻ) chia hết cho 8. 8. n 3 + 3n 2 - n - 3 chia hết cho 48. 9) 3 6n -2 6n chia hết cho 35 3 10) ab(a 2 + b 2 )(a 2 - b 2 ) chia hết cho 30 với mọi số nguyên a,b. 11) a) (6 2n + 19 n - 2 n+1 ) chia hết cho17. b) (7.5 2n + 12.6 n ) chia hết cho 19. c) (5 n+2 + 26.5 n + 8 2n+1 ) chia hết cho 59. 12) a)a 2 + b 2 chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7. b) a 2 + b 2 chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3 Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC . A. Tóm tắ t lý thuy ế t : I. Đị nh ngh ĩ a: 1.Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0.Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m có cùng số dư thì ta nói rằng a đồng dư với b theo môđun m và viết: a ≡ b (modm). 2. Ví dụ: 3 ≡ 5 (mod2) 14 ≡ 0 (mod 7) II. Tính chấ t : 1. Nếu a ≡ b (mod m) thì a - b  m 2. Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m) 3. Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì a ± c ≡ b ± d (mod m) 4. Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì ac ≡ bd (mod m) 5. Nếu a ≡ b (mod m) thì a n ≡ b n (mod m) 6. Nếu a ≡ b (mod m) thì ka ≡ kb (mod m) với k > 0 7. Nếu ka ≡ kb (mod km) thì a ≡ b (mod m) với k > 0 8. Nếu ka ≡ kb (mod m) và (k , m) = 1thì a ≡ b (mod m) . 9. Định lí Fermat: Nếu p là số nguyên tố thì : n p ≡ n (mod p) ; n ∈ Z Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : n p-1 ≡ 1 (mod p), với (n,p) = 1 10.Định lí Euler : Cho m là một số nguyên dương bất kì và (m) là số các số dương nhỏ hơn m và nguyên tố với m. Thế thì : n  (m) ≡ 1 (mod m) * Cách tính (m) : phân tích m ra thừa số nguyên tố : m = a 1 α . a 2 β a n λ . Thế thì : (m) = m         −         −         − n aaa 1 1 1 1 1 1 21 III. Bài tậ p ứ ng d ụ ng : Bài 1: Chứng minh 2 100 - 1 chia hết cho 5 Giải : Ta có 2 4 ≡ 1(mod 5) =>(2 4 ) 25 ≡ 1 25 (mod 5) =>2 100 ≡ 1(mod 5) hay 2 100 - 1  5 Bài 2: Tìm số dư của phép chia 2 99 cho 3. Giải : Có 2 3 ≡ -1 (mod 3) ⇔ (2 3 ) 33 ≡ (-1) 33 (mod 3) ⇔ 2 99 ≡ -1 (mod 3) . Vậy 2 99 chia 3 dư 2. Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2 999 Bài 4: Chứng minh 2 2008 không chia hết cho 10. Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983 k - 1 chia hết cho 10 5 . Giải: Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet: Cho k lần lượt lấy 10 5 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 10 5 + 1 giá trị khác 4 nhau của 1983 k - 1. Chia 10 5 +1 số này cho 10 5 , ta có nhiều nhất là 10 5 số dư, do đó theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư khi chia cho 10 5 . Giả sử đó là hai số 1983 m -1 và 1983 n - 1 (m > n). Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 10 5 : (1983 m - 1) - (1983 n -1) = 1983 m - 1983 n = 1983 n (1983 m-n -1)  10 5 . Do 1983 không chia hết cho 10 5 => 1983 n cũng không chia hết cho 10 5 . Vì vậy 10 m-n - 1 chia hết cho 10 5 . Như vậy tìm được số k = m-n sao cho 1983 k - 1 chia hết cho 10 5 . Cách 2: Áp dụng định lí Euler: Vì 1983 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 , còn 10 5 = 2 5 5 5 nên (1983, 10 5 ) = 1 . Áp dụng định lí Euler: 1983  (10 5 ) ≡ 1 (mod 10 5 ) Mà (10 5 ) = 10 5 (1 - 2 1 ) (1 - 5 1 ) = 4. 10 4 . Nên ta có 1983 4.10 4 ≡ 1 (mod 10 5 ). số 4.10 4 là số k phải tìm. Đề bài áp d ụ ng : 1. Tìm số dư khi :a) chia 8! Cho 11; b) chia 1532 5 -1 cho 9 c) chia 3 40 cho 83.; d) chia 2 1000 cho 25; e) chia 3012 93 cho 13 2. Chứng minh rằng : a) 2 4n - 1  15; b) 2 70 + 3 70  13 c) 12 2n+1 - 11 n+2  133; d) 2222 5555 + 5555 2222  7 e) 1 4k + 2 4k + 3 4k + 4 4k không chia hết cho 5 TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011 KẾ HOẠCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 9 Năm học 2011-2012 Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử a. ( ) ( ) 11 22 +−+ axxa b. nn xxx −+− + 3 1 . Giải: a. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ( ) ( ) 11 22 +−+ axxa = xxaaax −−+ 22 ( ) ( ) ( )( ) 1 −−=−−−= axaxaxaxax b. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức nn xxx −+− + 3 1 . ( ) ( ) 11 3 −+−= xxx n ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) 11 111111 12 22 +++−= +++−=−+++−= ++ nnn nn xxxx xxxxxxxxx Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. x 8 + 3x 4 + 4. b. x 6 - x 4 - 2x 3 + 2x 2 . Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi sử dụng hằng đẳng thức x 8 + 3x 4 + 4 = (x 8 + 4x 4 + 4)- x 4 = (x 4 + 2) 2 - (x 2 ) 2 = (x 4 - x 2 + 2)(x 4 + x 2 + 2) 5 b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng hằng đẳng thức x 6 - x 4 - 2x 3 + 2x 2 = x 2 (x 4 - x 2 - 2x +2) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] 221 11111 1212 2 2 2 22 2 2 2 22 2242 ++−= ++−=−+−= +−++−= xxxx xxxxxx xxxxx Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. abcbccbaccaabba 42442 222222 −+−+−+ b. 200720062007 24 +++ xxx Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi nhóm thích hợp: abcbccbaccaabba 42442 222222 −+−+−+ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( )( )( ) cacbba cbccbababccacabba babcbacbaacbaab abcbccbacabccaabba abcbccbaccaabba −−+= −−−+=−+−+= +−+++−+= =−+−+−−+= −+−+−+ 22 222222 222222 224242 42442 2 2 222222 222222 b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức 20072062007 24 +++ xxx ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 20071 1200711 200720072007 22 22 24 +−++= +++++−= +++−= xxxx xxxxxx xxxx Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. abccba 3 333 −++ b. ( ) 333 3 cbacba −−−++ . Giải: Sử dụng các hằng đẳng thức ( ) ( ) abbababa −++=+ 2233 ( ) ( ) [ ] abbaba 3 2 −++= ( ) ( ) baabba +−+= 3 3 .Do đó: =−++ abccba 3 333 ( ) [ ] ( ) abcbaabcba 33 3 3 −+−++= ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) cabcabcbacba cbaabccbabacba −−−++++= ++−++−+++= 222 2 2 3 b. ( ) ( ) [ ] ( ) 3 3 3 333 3 cbacbacbacba +−−++=−−−++ ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) bacacbcabcabacb cbcbcbacbaacbacb +++=++++= +−+−+++++++= 33333 2 222 2 Ví dụ 5: Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng :a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. 6 Giải: Vì a + b + c = 0 ( ) ( ) abccbaabccba cbaabbacba 303 3 333333 3333 3 =++⇒=−++⇒ −=+++⇒−=+⇒ Ví dụ 6: Cho 4a 2 + b 2 = 5ab, và 2a > b > 0. Tính 22 4 ba ab P − = Giải: Biến đổi 4a 2 + b 2 = 5ab ⇔ 4a 2 + b 2 - 5ab = 0 ⇔ ( 4a - b)(a - b) = 0 ⇔ a = b. Do đó 3 1 34 2 2 22 == − = a a ba ab P Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng nếu: 1;0 =++=++ c z b y a x z c y b x a thì 1; 2 2 2 2 2 2 =++ c z b y a x Giải: 000 =++⇒= ++ ⇒=++ cxybxzayz xyz cxybxzayz z c y b x a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2. 1 1 x y z x y z x y z ayz bxz cxy x y z a b c a b c a b c abc a b c + +   + + = ⇒ + + = + + + = ⇒ + + =  ÷   Chuyên đề 2:.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI 1. Chứnh minh : (Với a , b ≥ 0) (BĐT Cô-si) Giải:( a – b ) = a - 2ab + b ≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b 2. Chứng minh: . (Với a , b ≥ 0) Giải:( a+b ) = (a - 2ab + b )+ 4ab = (a-b) + 4ab ≥ 0 + 4ab ⇒ ( a + b ) ≥ 4ab . Đẳng thức xảy ra khi a = b. 3. Chứng minh: (Với a , b ≥ 0) Giải:2(a + b) – ( a+b ) = a-2ab+b = (a-b) ≥ 0 ⇒ 2(a + b) ≥ ( a+b ). Đẳng thức xảy ra khi a = b. 4. Chứng minh: .(Với a.b > 0) Giải: + = .Do ab ≤ ⇒ ≥ 2 .Hay + ≥ 2 . Đẳng thức xảy ra khi a = b 5. Chứng minh: .(Với a.b < 0) Giải: + = - .Do ≥ 2 ⇒ - ≤ -2. Hay + ≤ - 2. Đẳng thức xảy ra khi a = -b. 6. Chứng minh: . (Với a , b > 0) Giải: + - = = ≥ 0 ⇒ + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi a = b. Chứng minh rằng: . Giải:2(a +b +c) – 2(ab+bc+ca) =(a-b) +(b-c) +(c-a) ≥ 0 7. ⇒ 2(a +b +c) ≥ 2(ab+bc+ca) .Hay a +b +c ≥ ab+bc+ca . Đẳng thức xảy ra khi a = b;b = c;c = a ⇔ a = b= c. Chuyên đề 3:TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 7 DẠNG • Nếu a > 0 : 2 2 2 4ac-b ax + bx +c = 4a 2 b P a x a   = + +  ÷   Suy ra 2 4ac-b = 4a MinP Khi b x=- 2a • Nếu a < 0 : 2 2 2 4 a c+b ax + bx +c = 4 a 2 b P a x a   = − −  ÷  ÷   Suy ra 2 4 a c+b ax 4 a M P = Khi b x= 2 a Một số ví dụ: 1. Tìm GTNN của A = 2x 2 + 5x + 7 Giải:A = 2x 2 + 5x + 7 = 2 5 25 25 2( 2. ) 7 4 16 16 x x + + − + = 2 2 2 5 25 56 25 5 31 5 2( ) 7 2( ) 2( ) 4 8 8 4 8 4 x x x − = + − + = + + = + + . 2. Suy ra 31 5 8 4 MinA Khi x= = − . 3. Tìm GTLN của A = -2x 2 + 5x + 7 Giải: A = -2x 2 + 5x + 7 = - 2 5 25 25 2( 2. ) 7 4 16 16 x x− + − + = 2 2 2 5 25 56 25 5 81 5 2( ) 7 2( ) 2( ) 4 8 8 4 8 4 x x x + = − − + + = − − = − − ≤ . 4. Suy ra 81 5 8 4 MinA Khi x = = . 5. Tìm GTNN của B = 3x + y - 8x + 2xy + 16. Giải: B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + 8 ≥ 8. ⇒ MinB = 8 khi : ⇔ . 6. Tìm GTLN của C = -3x - y + 8x - 2xy + 2. Giải: C = -3x - y + 8x - 2xy + 2 = 10 - ≤ 10. ⇒ GTLNC = 10 khi: ⇔ . Chuyên đề 4: • Ví dụ 1` : a. Rút gọn Biếu thức 62 9124 2 2 −− ++ = aa aa B Với a 2 3 −≠ b. Thực hiện phép tính: ( ) aaa a a aa − + + − + ++ 2 2 2 8 : 5,01 25,0 32 (a ≠ ± 2.) Giải:a. 62 9124 2 2 −− ++ = aa aa B ( ) ( )( ) 2 32 232 32 2 − + = −+ + = a a aa a b. ( ) ( ) aa a a a aa aaa a a aa − + − + ⋅ + ++ = − + + − + ++ 2 2 8 2 2 42 2 2 2 8 : 5,01 25,0 3 232 ( ) ( ) ( ) ( ) aaa a aa aaa aa 1 2 2 2 2 422 42 2 2 = − − = − − ++− ++ = 8 • Ví dụ 2 Thực hiện phép tính: xyyx yx yx xyyx A 2 : 22 33 22 22 −+ + − −+ = .( Với x ≠ ± y) Giải: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 : 2 x y x y xy x y x y xy x y A x y x y xy x y x y x y x y xy x y − + − + + − − = = × = − + − − + + + − + • Ví dụ 3 Cho biểu thức : 12 1 234 34 +−+− +++ = xxxx xxx A . a. Rút gọn biểu thức A. b. Chứng minh rằng A không âm với mọi giá trị của x . 1 1 12 1 2234 34 234 34 +−++− +++ = +−+− +++ = xxxxx xxx xxxx xxx A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + + − + + + + + = = = = − + + − + − + + − + + + b. ( ) ( ) 001;01; 1 1 2 2 2 2 ≥⇒>+≥+ + + = Axx x x A Ví dụ 4 Tính giá trị biếu thức : 8765 8765 −−−− +++ +++ aaaa aaaa với a = 2007.Giải: ( ) ( ) 8 5 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 8 3 2 1 5 6 7 8 3 2 5 6 7 8 8 13 2 3 13 13 3 2 1 1 1 1 1 1 1 2007 1 a a a a a a a a a a a a a a a a a B a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a B a a a − − − − + + + + + + + + + + + + = = = = + + + + + + + + + + + + + + + = = ⇒ = + + + • Ví dụ 5 : Tính giá trị biếu thức : 2 2 : 2510 25 223 2 −− − +− − yy y xxx x . Biết x 2 + 9y 2 - 4xy = 2xy - 3 − x . Giải: x 2 + 9y 2 - 4xy = 2xy - 3 − x ( ) 033 2 =−+−⇔ xyx    = = ⇔    = = ⇔ 1 3 3 3 y x x yx ( )( ) ( ) ( )( ) 2 12 5 55 2 2 : 2510 25 2223 2 − +− ⋅ − +− = −− − +− − = y yy xx xx yy y xxx x C ( )( ) ( ) ( ) 3 8 2.3 2.8 5 15 −= − = − ++ = xx yx Chuyên đề 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI. Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x 2 – 2(m – 1)x – 3 – m = 0 (1) a) Giải phương trình khi m = 2. b) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm số với mọi m. c) Tìm m sao cho nghiệm số x 1, x 2 của phương trình thỏa mãn điều kiện 2 1 x + 2 2 x ≥ 10. 9 Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện: ( )    −+<+ > acbcabac c 2 0 2 Chứng minh rằng phương trình ax 2 + bx + c = 0 luôn luôn có nghiệm. Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện: a 2 + ab + ac < 0. Chứng minh rằng phương trình ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt. Bài 4: Cho phương trình x 2 + px + q = 0. Tìm p, q biết rằng phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn:    =− =− 35 5 3 2 3 1 21 xx xx Bài 5: CMR với mọi giá trị thực a, b, c thì phương trình (x – a)(x – b) + (x – c)(x – b) + (x – c)(x – a) = 0 luôn có nghiệm. Bài 6: CMR phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) có nghiệm biết rằng 5a + 2c = b Bài 7: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. CMR phương trình sau có nghiệm: (a 2 + b 2 – c 2 )x 2 - 4abx + (a 2 + b 2 – c 2 ) = 0 Bài 8: CMR phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) có nghiệm nếu 4 2 +≥ a c a b Bài 9: Cho phương trình : 3x 2 - 5x + m = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn: 2 1 x - 2 2 x = 9 5 Bài 10: Cho phương trình: x 2 – 2(m + 4)x +m 2 – 8 = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn: a) A = x 1 + x 2 -3x 1 x 2 đạt GTLN b) B = x 1 2 + x 2 2 - đạt GTNN. c) Tìm hệ thức liên hệ giữa x 1 , x 2 không phụ thuộc vào m. Bài 11: Giả sử x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình bậc 2: 3x 2 - cx + 2c - 1 = 0. Tính theo c giá trị của biểu thức: S = 3 2 3 1 11 xx + Bài 12: Cho phương trình : x 2 - 2 3 x + 1 = 0. Có hai nghiệm là x 1 , x 2. Không giải phương trình trên hãy tính giá trị của biểu thức: A = 2 3 1 3 21 2 221 2 1 44 353 xxxx xxxx + ++ Bài 13: Cho phương trình: x 2 – 2(a - 1)x + 2a – 5 = 0 (1) 1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của a. 2) Tìm giá trị của a để pt (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện: x 1 2 + x 2 2 = 6. 3. Tìm giá trị của a để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện: x 1 < 1 < x 2 . Bài 14: Cho phương trình: x 2 – 2(m - 1)x + m – 3 = 0 (1) a) CMR phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. b) Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình (1) . 10 [...]... a A = 22 499 9100 09 n-2 ch s 9 n ch s 0 b B = 1115556 n ch s 1 n-1 ch s 5 a A = 224.102n + 99 9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 1 ) 10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + 102n 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n 90 .10n + 9 = ( 15.10n 3 ) 2 A l s chớnh phng b B = 11115555 + 1 = 111.10n + 5.111 + 1 n ch s 1 n ch s 5 = n ch s 1 n ch s 1 10 n 1 10 n 1 10 2 n 10 n + 5.10 n 5 + 9 10n + 5 +1= 9 9 9 2 = 10 2n... a,b 9 ) S vit theo th t ngc li ba 2 2 Ta cú ab - ba = ( 10a + b ) 2 ( 10b + a )2 = 99 ( a2 b2 ) 11 a2 - b2 11 29 Hay ( a-b )(a+b ) 11 Vỡ 0 < a - b 8 , 2 a+b 18 nờn a+b 11 a + b = 11 2 2 Khi ú ab - ba = 32 112 (a - b) 2 2 ab - ba l s chớnh phng thỡ a - b phi l s chớnh phng do ú a-b = 1 hoc a - b = 4 Nu a-b = 1 kt hp vi a+b = 11 a = 6, b = 5, ab = 65 Khi ú 652 562 = 10 89 = 332 Nu a -. .. tn cựng l 2 c) Cỏc s cú ch s tn cựng l 0, 1, 4, 5, 6, 9, khi nõng lờn ly tha bc 4n + 3 s khụng thay i ch s tn cựng Bi 1: Tỡm ch s tn cựng ca cỏc s: a) 799 b) 14 67 c) 45 1414 Gii: a) Trc ht, ta tỡm s d ca phộp chia 99 cho 4: 9 9 1 = (9 1) (98 + 97 + + 9 + 1) chia ht cho 4 99 = 4k + 1 (k N) 799 = 74k + 1 = 74k.7 Do 74k cú ch s tn cựng l 1 799 cú ch s tn cựng l 7 b) D thy 1414 = 4k (k N) 141414... + 15 89 Gii 2 a Vỡ n + 2n + 12 l s chớnh phng nờn t n2 + 2n + 12 = k2 (k N) (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 (n+1)2 = 11 (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhn xột thy k+n+1 > k-n-1 v chỳng l nhng s nguyờn dng, nờn ta cú th vit (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 k+n+1 = 11 k = 6 kn-1=1 n=4 25 b t n(n+3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2 (4n2 + 12n + 9) 9 = 4a2 (2n + 3) 2 - 4a2 = 9 (2n + 3 + 2a)(2n + 3 2a)= 9 Nhn... cú ch s tn cựng l 4 Bi 2: Tỡm ch s tn cựng ca cỏc s: a) 7 199 3 b) 21000 c) 3 199 3 d) 4161 e) 234 g) 99 9 h) 198 194 5 i) 32 193 0 Bi 3: Chng minh rng: a) 8102 2102 10 b) 175 + 244 1321 10 c) 4343 1717 10 Bi 4: Tỡm cỏc s t nhiờn n n10 + 1 10 Bi 5: Cú tn ti hay khụng s t nhiờn n n2 + n + 2 chia ht cho 5? Bi 6: Tỡm ch s tn cựng ca C = 1.3.5.7 99 Ch s tn cựng ca mt tng cỏc ly tha c xỏc nh bng cỏch tớnh... (k-10)(k+10) k +10 101 hoc k-10 101 28 M (k-10; 101) = 1 k +10 101 Vỡ 32 k < 100 nờn 42 k+10 < 110 k+10 = 101 k = 91 abcd = 91 2 = 8281 Bi 3: Tỡm s chớnh phng cú 4 ch s bit rng 2 ch s u ging nhau, 2 ch s cui ging nhau Gi s chớnh phng phi tỡm l aabb = n2 vi a, b N, 1 a 9; 0 b 9 Ta cú n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11. (99 a+a+b) (1) Nhn xột thy aabb 11 a + b 11 M 1 a 9 ; 0 b 9. .. 102008 + 5 9 2008 ch s 1 ab+1 = ab + 1 = Ta thy 10 2008 (10 1)(10 9 2008 2007 ch s 0 2008 + 5) +1= (10 ) + 4.10 9 2008 2 2008 ch s 0 2008 2 10 2008 + 2 5 +9 = 3 2 10 2008 + 2 10 2008 + 2 = 3 3 10 2008 + 2 + 2 = 10002 3 nờn 3 N hay ab + 1 l s t nhiờn 2007 ch s 0 Cỏch 2: b = 10005 = 1000 1 + 6 = 99 9 + 6 = 9a +6 2007 ch s 0 2008 ch s 0 2008 ch s 9 ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a2 + 6a + 1... tng S = 21 + 35 + 49 + + 200480 09 Gii: Trc ht ta cú nhn xột: Mi ly tha trong S u cú s m khi chia cho 4 thỡ d 1 (cỏc ly tha u cú dng n4(n 2) + 1, n {2, 3, , 2004}) Theo tớnh cht 2, mi ly tha trong S v cỏc c s tng ng u cú ch s tn cựng ging nhau, bng ch s tn cựng ca tng: (2 + 3 + + 9) + 199 .(1 + 2 + + 9) + 1 + 2 + 3 + 4 = 200(1 + 2 + + 9) + 9 = 90 09 Vy ch s tn cựng ca tng S l 9 Bi 3: Tỡm ch s tn... k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) (k-1)] 4 4 1 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) 4 4 1 1 1 1 1 1 S = 1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 ++ k(k+1)(k+2)(k+3) 4 4 4 4 4 4 1 k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3) 4 Ta cú k(k+1)(k+2) = 4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 Theo kt qu bi 2 k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 l s chớnh ph ng Bi 4: Cho dóy s 49; 44 89; 4448 89; 444488 89; Dóy s trờn c xõy dng bng cỏch thờm... + n)(m - n) = 2006 Nh vy trong 2 s m v n phi cú ớt nht 1 s chn (1) Mt khỏc m + n + m n = 2m 2 s m + n v m n cựng tớnh chn l (2) T (1) v (2) m + n v m n l 2 s chn (m + n)(m - n) 4 Nhng 2006 khụng chia ht cho 4 iu gi s sai Vy khụng tn ti s t nhiờn n 2006 + n2 l s chớnh phng Bi 6: Bit x N v x>2 Tỡm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) 2 ng thc ó cho c vit li nh sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Do . 16 k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16. 16 k - 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16 k - 15k - 15 - 1 = 15.16 k + 16 k - 15k -1 5 - 1 = (16 k - 15k - 1) + 15(16 k - 1) = (16 k -1 5k-1)+15(16 - 1)(16 k-1 + +1). số 198 3 m -1 và 198 3 n - 1 (m > n). Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 10 5 : ( 198 3 m - 1) - ( 198 3 n -1 ) = 198 3 m - 198 3 n = 198 3 n ( 198 3 m-n -1 )  10 5 . Do 198 3 không. rằng n 5 - n chia hết cho 10, với mọi số nguyên dương n. (Trích đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2005 - 2006) Giải : A(n) = n 5 - n = n(n 4 - 1) = n(n 2 - 1)(n 2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n 2
- Xem thêm -

Xem thêm: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Toán 9 - Thi vào lớp chuyên chọn, Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Toán 9 - Thi vào lớp chuyên chọn, Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Toán 9 - Thi vào lớp chuyên chọn

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay