Thể loại Giáo án bài giảng ViOLET
Số trang 1
Ngày tạo 6/13/2013 9:19:03 AM +00:00
Loại tệp doc
Kích thước 1.28 M
Tên tệp boi duong hsg 9 doc
Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n N ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiên được vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn. Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau
Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0
Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k 0 bất kì suy ra nó đúng với n=k+1 .
Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 ta có đẳng thức :
an-bn =(a-b)(an-1 +an-2b +…..+ bn-1)
Chứng minh
Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp .
* Khi n=2 ta có a2 -b2=(a-b)(a+b) là đúng
* Giả sử đẳng thức đúng khi n=k . Tức là ta có : ak-bk =(a-b)(ak-1 +ak-2b +…..+ bk-1)
Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 . Tức là C/m ak+1-bk+1 =(a-b)(ak +ak-1b +…..+ bk) .
Thật vậy ta có :
VT = ak+1 - bk+1 = ak+1 -akb + akb -bk+1 = ak(a-b)+ b(ak -bk) = ak(a-b) + b(a-b)(ak-1 +ak-2b +…..+ bk-1)
= (a-b)[ ak + b(ak-1 +ak-2b +…..+ bk-1)] = (a-b)(ak +ak-1b +…..+ bk) = VP
Vậy theo giả thiết quy nạp đẳng thức đúng với mọi n 2
Bài 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n 1 ta có đẳng thức : 1+2+3+4…………+ n =
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n N* ta có : 12 +22 +32 + 42 +52 +……+n2 =
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n N biểu thức Un=13n -1 chia hết 6.
Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 3 ta có 2n > 2n+1
Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:
Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 ta luôn có: (n+1)(n+2)…(2n) 1.3.5…(2n-1)
Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n3+2n 3
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có:
A. CHIA HẾT SỐ NGUYÊN
* Nếu r = 0 thì a chia hết cho b: a b a = kb a, b, k
* Nếu r 0 phép chia a cho b là có dư
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
a a
a b và b a thì a = b
a b và b c thì a c
a m thì ka m và ak m
a m, b m thì ab m
ab m mà a m thì b m
a m, b n thì ab nm
a m thì an mn
an m, m nguyên tố thì a m
a m, a n mà (n, m) = 1 thì a mn
a m, a n, a k; n, m, k nguyên tố sánh đôi thì a mnk
a m, b m thì ab m
* Trong n số nguyên liên tiếp (nN*) có một và chỉ một số chia hết cho n.
* Trong n+1 số nguyên bất kì (nN*) chia cho n thì có hai số chia cho n có cùng số dư.
* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một số nguyên tố p ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n chia cho p.
* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, ta phân tích m thành tíchcác thưac số đôi một nguyên tố cùng nhau rồi lần lượt chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số đó.
* Để CM f(x) chia hết cho m thông thường ta phân tích f(x) thành nhân tử rồi xét số dư khi chia x cho m.
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
PHƯƠNG PHÁP GIẢI :
1/ Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p
Ví dụ : A(n) = n(n2+1)(n2+4) chia hết cho 5
n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5
a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5
b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n2= 25k2+10k +1 thì (n2+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5
c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n2= 25k2+20k +4 thì (n2+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5
d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n2= 25k2+30k +9 thì (n2+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5
e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n2= 25k2+40k +16 thì (n2+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5
2/ Phương pháp 2 : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q
a/ (p,q) = 1 ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q => A(n) chia hết cho p.q
b/ Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau ta phân tích A(n) = B(n).C(n) và chứng minh B(n) chia hết cho p, C(n) chia hết cho q => , A(n) chia hết cho p.q
3/ Phương pháp 3 : Để chứng minh A(n) m có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử và chứng minh mỗi hạng tữ chia hết cho n.
4/ Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n) m ta phân tích A(n) thành nhân tử, trong đó có một nhân tử bằng m hoặc chia hết cho m: A(n) = m.B(n)
+ Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức :
an – bn a – b ( ab) n bất kỳ.
an – bn a – b ( a- b) n chẵn.
an + bn a + b ( a- b) n lẻ.
5/ Chứng minh bằng quy nạp toán học :
Bài 1. Chứng minh rằng :
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
a) n5 - 5n3 + 4n 120 ; với n Z
b) n3-3n2-n+3 48 ; với n lẻ
c) n4 + 4n3 -4n2 -16n 384 với n chẵn
Bài 2. CMR: a)
b) c) Chữ số tận cùng của số tự nhiên n và n5 là giống nhau.
d) e) Cho n > 2 và (n, 6) = 1. CMR
g) f)
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
B, CHIA HẾT ĐA THỨC :
1. Ta sử dụng định lý Bơ zu :
Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của đa thức f(x) tại x = a.
Từ đó ta có các hệ quả : Đa thức f(x) ( x – a) < = > f(a) = 0 tức là khi a là nghiệm của đa thức
Từ đó suy ra :
Đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1
Đa thức f(x) có tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của số hạng bậc lẻ thì
f(x) ( x + 1)
2.Đa thức bậc 2 trở lên :
Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có nhân tử chi hết cho đa thức chia.
Cách 2 : Xét giá trị riêng.
3/ Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác :
Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có 1 thừa số chia hết cho đa thức chia.
Cách 2 : Biến đổi đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia.
Cách 3 : Sử dụng biến đổi tương đương : chứng minh f(x) g(x) ta chứng minh : f(x) + g(x)g(x) hoặc f(x) - g(x)g(x).
Cách 4 : Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Bài 1. Xác định các hằng số a ; b sao cho:
a) 4x 2 - 6x + a (x-3)
b) 2x2 + x + a (x+3)
c) x3 + ax2 - 4 (x2 + 4x + 4)
d) 10x2 - 7x + a (2x - 3)
e) 2x2 + ax + 1 chia cho x - 3 dư 4
g) ax5 + 5x4 - 9 (x-1)
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Bài 2 Tìm các hằng số a và b sao cho x3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia cho x - 3 thì dư -5
Bài 3 Tìm n Z để :
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
a/ n2 + 2n – 4 11
b/ 2n3 + n2 + 7n +1 2n – 1
c/ n3 – 2 n – 2
d/ n3 - 3n2 + 3n - 1 n2 +n + 1
e/n4 – 2n3 + 2n2 – 2n + 1 n4 – 1
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Bài 4: Tìm số dư phép chia x99 + x55 + x11 +x + 7 cho x + 1
Bài 5: CMR : a/ x50 + x10 + 1 x20 + x10 + 1
b/ x2 - x9 – x1945 x2 - x + 1
c/ x10 - 10x + 9 (x – 1)2
d/ 8x9 - 9x8 + 1 (x – 1)2
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
1. Dạng 1: Phương trình bậc nhất.
a. Phương trình dạng: ax + by = c (a,b,c nguyên)
* Cách giải: - Tách cá hệ số về tổng các số chia hết cho a hoặc b (Số nào có GTTĐ lớn hơn)
- Sử dụng dấu hiệu và tính chất chia hết của một tổng để tìm ra một ẩn .
Thay nghiệm vừa tìm được vào phương trình ban đầu tìm nghiệm còn lại.
- Kết luận nghiệm
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Bài tập mẫu: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11
Giải:
Cách 1: 2x + 3y = 11
x nguyên khi
x = 4 – 3t
Vậy nghiệm nguyên của phương trình:
t Z
Cách 2: 2x + 3y = 11
d = (a, b) = (2, 3) = 1
nghiệm riêng: (x0, y0) = (4, 1)
nghiệm tổng quát
Vậy nghiệm phương trình là:
Ví dụ 1 Giải phương trình: 11x + 18 y = 120
Hướng dẫn giải
11x + 18 y = 120 11x + 22y – 4y = 121 – 1
11(x + 2y -11 ) = 4y – 1
4y – 1 11 => 12y – 3 11
y – 3 11 => y = 11t + 3 (t )
x = 6 – 18 t.
Vậy nghiệm pt là: (t )
Ví dụ 2 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 12x + 7y = 45 (1)
Hướng dẫn giải
Theo cách giải trên ta tìm được nghiệm nguyên của phương trình (1) là
Với điều kiện nghiệm nguyên dương ta có: => t = 2
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
b. Phương trình dạng: ax + by +cz= d (a,b,c,d nguyên)
Ví dụ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 6x + 15y + 10 z = 3 (1)
Hướng dẫn giải
(1) 3(2x +5y +3 z-1) = - z
=> z3 => z = 3t (t )
Thay vào phương trình ta có:
2x + 5y + 10t = 1 (t )
Giải phương trình này với hai ẩn x; y (t là tham số) ta được:
Nghiệm của phương trình: (5t – 5k – 2; 1 – 2t; 3k) Với t; k nguyên tuỳ ý
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
.
Dạng 2: Phương trình bậc hai hai ẩn.
Dạng ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = 0 (a, b, c, d, e, f là các số nguyên)
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
5x – 3y = 2xy – 11 (1)
Hướng dẫn giải
Cách 1: Rút y theo x: y =
(Do x nguyên nên 2x + 3 khác 0)
Vì y nguyên => x + 5 2x + 3 => …. 7 2x + 3 Lập bảng ta có: các cặp (x; y) là: (-1;6); (-1; -2);
(2; 3); (-5; 2) Thử lại các giá trị đó đều đúng.
Cách 2. Đưa về phương trình ước số:
Cách 3: Coi đó là phương trình bậc hai ẩn x, y là số đã biết. Đặt ĐK để có x nguyên.
Ví dụ 2 Tìm các nghiẹm nguyên của phương trình.
x 2 + 2y2 +3xy –x – y + 3 =0 (1)
Hướng dẫn giải
Sử dụng cách thứ 3 như ví dụ trên.
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
3. Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn.
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 (1)
Hướng dẫn giải
Phương trình (1) (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2
Đặt a = x2 + 3x (ĐK: a (*)
Ta có: a2 – 1 = y2 GiảI phương trình này bằng cách đưa về phương trình ước số: => nghiệm phương trình (1)
Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x3 - y3 = xy + 8 (1)
Hướng dẫn giải
Ta có: Ta có x khác y vì nếu x = y => x2 + 8 = 0 Vô lý.
Vì x; y nguyên => => => x2 + xy + y2 (2)
Nếu xy + 8 < 0=> (2) (x + y)2 -8. Vô nghiệm.
N ếu xy +8 > 0 => (2) x2 + y2 8
=> x2 , y2 Từ đó tìm được Hai nghiệm nguyên của (1) là: (0; - 2); (2; 0)
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (1)
Hướng dẫn giải
Đặt điều kiên sau đó đưa về phương trình ước số Tìm được hai nghiệm (43; 7); (7; 43)
Ví dụ 2 Tìm x nguyên sao cho là bình phương của một phân số.
Hướng dẫn giải
Giả sử = Với a, b nguyên, b khác 0 và (a, b) = 1.
Nếu a = 0 => x = 17.
Nếu a khác 0. Ta có (a2, b2) = 1 => x – 17 = a2.k; x – 9 = b2.k (k nguyên)
Từ đó ta có: 8 = (a + b).(b – a).k
Lập bảng tìm được nghiệm của phương trình
x =17; 18; 8
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Ví dụ Tìm các số tự nhiên x, y sao cho:
2x + 3 = y2 (1)
Hướng dẫn giải
Nếu x = 0 => y2 = 4 => y = 2 hoặc y = -2.
Nếu x = 1 => y2 = 5 Vô nghiệm nguyên.
Nếu x => 2x 4 Do đó vế tráI chia cho 4 dư 3 mà y lẻ (Do 1) => y2 chia 4 dư 1
=> Vô lý.
Vậy nghiệm nguyên của (1) là:
(0; 2); (0; -2)
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
a) 2x + 3y = 11
b) 3x + 5y = 10
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
a) a < b, b < c a < c
b) a < b a +c < b+ c.
c) a< ba.c < b.c (với c > 0)
a< ba.c > b.c (với c < 0)
d) a < b và c < da+c < b + d.
e) 0 < a < b và 0 < c < d a.c < b.d
f)
0 <
g)
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Hệ quả: ,
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
a) |x| 0, |x| x, |x| -x
b) |x| a -a x a ( với a > 0)
|x| a x -a hoặc x a
c) |a|-|b| |a+b| |a| + |b|.
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Cho a, b, x, y là các số thực, ta có:
(ax + by)2
Đẳng thức xảy ra khi:
Tổng quát: Cho 2n số thực:
Ta có:
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
Cho a > -1, n N* :
(1+ + a)n 1 + na.
Đẳng thức xảy ra khi
a = 0 hoặc n = 1
Cho n số không âm: a1; a2; …; an.. Ta có:
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Bài 1:
Cho hai số dương a và b . Chứng minh : (a+b)() 4
Giải:
Vì a, b l hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
Dấu “=” xảy ra khi v chỉ khi:a= b.
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Bài 2: Với mọi a, b,x,y, thuộc .
Chứng minh rằng:
Áp dụng :
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Bài 3
Cho ba số dương a, b, c.
Chứng minh rằng:
Bài 4: Cho
Bài 5: Cho a,b,c >0. C/m:
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Bài 6: Cho a > 0, b > 0, c > 0, a + b + c =1.
Chứng minh rằng:
Bài 7: CMR với 4 số a, b, x, y bất kỳ ta có:
(ax + by)2.Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài 8: Cho a, b, c, d > 0. Cm:
Bài 9: CM bất đẳng thức:
Bài 10: Cho a, b, c là các số dương cm BĐT
Bài 11: CM với mọi n nguyên dương thì:
Bài 12: Cho a3 + b3 = 2. Cmr: a + b 2.
Bài 13: Cho a, b, c thỏa mãn: a + b + c = -2 (1)
a2 + b2 + c2 = 2 (2)
CMR mỗi số a, b, c đều thuộc đoạn
Bài 14: Cho a, b, c thỏa mãn hệ thức 2a + 3b = 5.
CMR: 2a2 + 3b2 5.
Bài 15: Cho a, b là hai số thỏa mãn đi: a + 4b = 1.
CM: a2 + 4b2 . Dấu “=” xảy ra khi nào?
Bài 16: CM:
Bài 17: Chứng minh:
a) (ax + by)2
b)
Bài 18: Cho a, b, c > 0. Cm:
Bài 19: Cho .
CMR: S không là số tự nhiên.
Bài 20: a) Cho x, y dương. CMR: .
Dấu bằng xảy ra khi nào?
b) Tam giác ABC có chu vi .
Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC có đặc điểm gì?
Bài 21: a) CM x > 1 ta có:
b) Cho a > 1, b > 1. Tìm GTNN của:
Bài 22: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. CM: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
Bài 23: CMR nếu a, b, c > 0 và a + b + c = 1 thì
.
Bài 24: CMR nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:
ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
Bài 25: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c và có chu vi là 2.
CMR: a2 + b2 + c2 + 2abc < 2
Bài 26: Cho a, b là 2 số thực thỏa mãn điều kiện: (a - 1)2 + ( b - 2)2 = 5. Cm: a + 2b 10.
Bài 27: Cho a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện a2 + b2 = 4 + ab.
CMR: . Dấu bằng xảy ra khi nào?
Bài 28: CMR với mọi a, b > 0 thỏa mãn ab = 1. Ta có BĐT:
Bài 29: CMR nếu:
a) thì
b) a + b thì
Bài 30: Cho biểu thức
CMR: với .
Bài 31: a) Cho a, b, k là các số dương và
b) Cmr nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì: < 2.
Bài 32: Cho các số dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b = 1. CMR :
Bài 33: CM B ĐT sau đây đúng với mọi x, y là các số thực bất kỳ khác 0:
1) Định nghĩa: Là số có dạng .
2) Tính chất:
HD: G/s ab= c2và gọi d=(a,c) suy ra a=a1d; c=c1d, (c1, d1)=1do đó ab=c12d
+ Do
+ Do
2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.
3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N).
4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 (n N).
5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2
Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.
Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.
Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì
A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương.
Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4
Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì
A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2
V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z x2 + 5xy + 5y2 Z
Vậy A là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1
= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*)
Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2
= (n2 + 3n + 1)2
Vì n N nên n2 + 3n + 1 N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .
Ta có k(k+1)(k+2) = k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
= k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-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) - k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3)
4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1
Theo kết quả bài 2 k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …
Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.
Ta có 44…488…89 = 44…488..8 + 1 = 44…4 . 10n + 8 . 11…1 + 1
n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số
= 4. . 10n + 8. + 1
= = =
Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3
n-1 chữ số 0
Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương.
Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương:
A = 11…1 + 44…4 + 1
2n chữ số 1 n chữ số 4
B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8
2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6
Kết quả: A = ; B = ;
Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương:
a. A = 22499…9100…09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0
b. B = 11…155…56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5
= 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 là số chính phương
Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:
a. n2 + 2n + 12 b. n ( n+3 )
c. 13n + 3 d. n2 + n + 1589
Giải
a. Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N)
(n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n+1)2 = 11 (k+n+1)(k-n-1) = 11
Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết
(k+n+1)(k-n-1) = 11.1 k+n+1 = 11 k = 6
k – n - 1 = 1 n = 4
b. Đặt n(n+3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2
(4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2
(2n + 3)- 4a2 = 9
(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9
Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết
(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 2n + 3 + 2a = 9 n = 1
2n + 3 – 2a = 1 a = 2
c. Đặt 13n + 3 = y2 ( y N) 13(n – 1) = y2 – 16
13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)
(y + 4)(y – 4) 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 13 hoặc y – 4 13
y = 13k 4 (Với k N)
13(n – 1) = (13k 4 )2 – 16 = 13k.(13k 8)
n = 13k2 8k + 1
Vậy n = 13k2 8k + 1 (Với k N) thì 13n + 3 là số chính phương.
(2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355
Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28.
Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương:
Kết quả: a. 2; 42; 13
b. 0; 12; 40
c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728
Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính phương .
Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương .
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương
Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương .
Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3.
Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính phương:
Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.
Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m N)
Từ đó suy ra m2 – n2 = 2006 (m + n)(m - n) = 2006
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn
(m + n)(m - n) 4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4
Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.
Bài 6: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương.
Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84.
Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương.
Vậy n = 40
C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B.
Gọi A = abcd = k2. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số
B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N và 32 < k < m < 100
a, b, c, d N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9
Ta có A = abcd = k2
B = abcd + 1111 = m2
m2 – k2 = 1111 (m-k)(m+k) = 1111 (*)
Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương.
Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101
Do đó m – k == 11 m = 56 A = 2025
m + k = 101 n = 45 B = 3136
Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị.
Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = 1 và k N, 32 ≤ k < 100
Suy ra 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10) k +10 101 hoặc k-10 101
Mà (k-10; 101) = 1 k +10 101
Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 k+10 = 101 k = 91
abcd = 912 = 8281
Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau.
Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9
Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1)
Nhận xét thấy aabb 11 a + b 11
Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18 a+b = 11
Thay a+b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương .
Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn b = 4
Số cần tìm là 7744
Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương.
Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N
Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương .
Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương y = 16
abcd = 4096
Bài tập
HD:
HD:
HD:
Do vế trái chẵn nên hai số a và b có cùng tính chẵn lẻ suy ra (a-b) và (a+b) cùng chẵn. Khi đó vế phải chia hết cho 4.
HD: + x và y cùng tính chẵn lẻ
+ Khi y chẵn:
+ Khi y lẻ :
HD: +
+ n=2: 25 là chính phương.
+ n=0 hoặc 1 thì không thoả mãn
HD: G/s 24n+41=t2
+ Nếu t chia hết cho 3 thì 24n+41=3(8n+13)+2 không chia hết cho 3
+ Nếu t không chia hết cho 3 thì
HD:
HD: có n2 < n(n+1) < n2+2n+1 = (n+1)2
HD: Dễ thấy n = 0;1 đúng.
Ngoài ra, có n2+2n+1< n2+3n < n2+4n+4 hay (n+1)2 < n2+3n< (n+2)2
HD: Nếu thì n!+97 có tận cùng là 7 nên không chính phương.
Nếu n = 4 thì 24+97 = 121= n2
Nếu thì đều không thoả mãn.
HD: a) . Vì nên nếu S(N)=1994 thì
b) vì 1995 chia hết cho 3, nhưng 1995 không chia hết cho 9 nên tổng các chữ số của 1 số chính phương không thể bằng 1995.
HD: nhưng không chia hết cho 25.
HD: G/s để n2+n+2=3k khi đó n2+n+2-3k = 0 có nghiệm nguyên dương
Có là số chính phương. Điều này vô lí vì
HD: Nếu N chẵn nhưng không chia hết cho 4 nên N không chính phương.
Nếu N+1=k2 thì k lẻ khi đó
Nếu th ì N-1 không chính phương.
HD: xét (10n+b)2 = 20n(5n+b) + b2 ; Với chữ số hàng chục của 20n(5n+b) chẵn do đó chữ số hàng chục của b2 lẻ nên b=4; 6.
HD: Xét (10a+b)2 = 20a(5a+b)+b2 với b lẻ,
ĐPCM
HD: Xét (10a+5)2 =100a(a+1)+25. Vì a(a+1) chẵn . Ta có ĐPCM.
HD: G/s
+ Nếu x=0 thì 1+5y=k2 suy ra k chẵn
+ Nếu k lẻ và k không chia hết cho 5.
Từ giả thiết suy ra x chẵn, x=2n
Và từ giả thiết suy ra
+ Nếu y=2t thì 2n+1=25t-1 chia hết cho 3
+ Nếu y lẻ thì 2n+1=4(5y-1+5y-2+…+ 5+1)
nếu y>1 thì 5y-1+5y-2+…+5+1 lẻ.
Vậy y=1 suy ra x=2. Đáp số x=1; y=2.
a) Tổng của số đó và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính phương.
b) Hiệu bình phương của số đó và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính phương.
HD:a) , vì số chính phương chia hết cho 11 thì chia hết cho 121 nên (a+b) chia hết cho 11. do đó a+b chia hết cho 11.
+)
Vì 0<(a-b)<8, chính phương hay (a-b) chính phương, suy ra hoặc a-b=1 hoặc a-b=4
ĐS: số 65
HD:.
Vì n<100 và 101 là nguyên tố nên n+10=101 suy ra n=91.
HD: Có 2a2-2b2+a-b=b2(1), suy ra (a-b)(2a+2b+1) =b2.
Gọi d là ước dương của a-b và 2a+2b+1 thì d chia hết (2a+2b+1-2(a-b)=4b+1).
Mặt khác (1).
Vậy (a-b, 2a+2b+1)=1. Từ đó ta được ĐPCM
* Lưu ý: Từ gt suy ra (a-b)(3a+3b+1)=a2 nên (3a+3b+1) là chính phương
HD: G/s 1+p+p2+p3+p4=n2. Dễ thấy 4p4+4p3p2<4n2<4p4+p2+4+4p3+4p+8p2 hay
(2p2+p)2<(2n)2<(2p2+p+2)2 suy ra 2n =2p+p+1 suy ra p=3.
HD: (a2+b2+c2+d2)(m2+n2+p2+p2)=(am-bm-cp-dq)2+
+(an+bm-cq+dp)2+(ap+bq+cm-dn)2+(aq-bp+cn-dm)2.
ĐS: 198025 và 198916
ĐS: a=26m2+22m+4 hoặc a=26m2+30m+8
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Bài 1: Cho biểu thức P =
a) Rút gọn P. b) Tìm Min P.
Bài 2: Cho x, y là hai số khác nhau thỏa mãn:
x2 + y = y2 + x.
Tính giá trị biểu thức : P =
Bài 3: Tính giá trị biểu thức Q =
Biết x2 -2y2 = xy và x ≠ 0; x + y ≠ 0
Bài 4: Cho biểu thức P =
a) Tìm các giá trị của x sao cho P = b) Chứng minh P ≤
Bài 5: Cho biểu thức
P =
a) Rút gọn P.
b) Tìm các giá trị nguyên của a để P nguyên.
Bài 6: Cho biểu thức
a) Rút gọn P.
b) Tìm các giá trị nguyên của a (a >8) để P nguyên.
Bài 7: Cho biểu thức
P =
a) Rút gọn P.
b) Tính giá trị P khi a = 3 + 2
c) T ìm các giá trị của a sao cho P < 0.
Bài 8: Cho biểu thức
P =
a) Rút gọn P.
b) Tính x để P = -1
c) T ìm m để với mọi giá trị x > 9 ta có
m( - 3)P > x + 1.
Bài 9: Cho biểu thức
P =
a) Tìm x, y để P có nghĩa.
b) Rút gọn P.
c) Tìm giá trị của P với x = 3, y = 4 + 2
Bài 10: Cho biểu thức
P =
a) Tìm x để P xác định.
b) Rút gọn P.
c) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên.
Bài 11: Rút gọn P.
P =
Với | a | >| b | > 0
Bài 12: Cho biểu thức
P =
a) Rút gọn P.
b) Chứng minh rằng nếu 0 < x < 1 thì P > 0.
c) Tìm GTLN của P.
Bài 13: Chứng minh giá trị của biểu thức
P =
Không phụ thuộc vào biến số x.
Bài 13: Chứng minh giá trị của biểu thức
P =
Không phụ thuộc vào biến số x.
Bài 15: Cho biểu thức
P =
Rút gọn P với 0 ≤ x ≤ 1 .
Bài 16: Cho biểu thức
P =
a) Rút gọn P.
b) Tìm GTNN của P
c) Tìm x để b. thức Q = nhận g trị là số nguyên.
Bài 17: Cho biểu thức
P =
a) Tìm x để P có nghĩa
b) Rút gọn P.
c) Với giá trị nào của x thì biểu thức P đạt GTNN và tìm GTNN đó.
Bài 18: Rút gọn biểu thức
P =
Bài 19: Rút gọn biểu thức
a) A =
b) B =
c) C =
Bài 20: Tính giá trị biểu thức
P =
Với ≤ x ≤ 5.
Bài 21: Chứng minh rằng:
P = là một số nguyên.
Bài 22: Chứng minh đẳng thức:
Bài 23: Cho x =
Tính giá trị của biểu thức f(x) = x3 + 3x
Bài 24: Cho E =
Tính giá trị của E biết:
x =
y =
Bài 25: Tính P =
Bài 26: Rút gọn biểu thức sau:
P = + + ... +
Bài 27: Tính giá rẹi của biểu thức:
P = x3 + y3 - 3(x + y) + 2004 biết rằng
x =
y =
Bài 28: Cho biểu thức
A =
a) Rút gọn A.
b) Tính A với a = (4 + )(-)
Bài 29: Cho biểu thức
A =
a) x = ? thì A có nghĩa.
b) Rút gọn A.
Bài 30: Cho biểu thức
P =
a) Rút gọn P.
b) So sánh P với .
Bài 31: Cho biểu thức
P =
a) Rút gọn P.
b) Chứng minh: 0 ≤ P ≤ 1.
Bài 32: Cho biểu thức
P =
a) Rút gọn P.
b) a = ? thì P < 1
c) Với giá trị nguyên nào của a thì P nguyên.
Bài 33: Cho biểu thức
P =
a) Rút gọn P.
b) Tính P biết 2x2 + y2 - 4x - 2xy + 4 = 0.
Bài 34: Cho biểu thức
P =
a) Rút gọn P.
b) Tính P biết 2x2 + y2 - 4x - 2xy + 4 = 0.
Bài 35: Cho biểu thức
P =
a) Rút gọn P.
b) Cho xy = 16. Tìm Min P.
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
.
Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x2 – 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 x1, x2 của phương trình thỏa mãn
điều kiện + 10.
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện:
Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 luôn luôn có nghiệm.
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện:
a2 + ab + ac < 0.
Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Bài 4: Cho phương trình x2 + px + q = 0. Tìm p, q biết rằng phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:
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 ax2 + 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:
(a2 + b2 – c2)x2 - 4abx + (a2 + b2 – c2) = 0
Bài 8: CMR phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0) có nghiệm nếu
Bài 9: Cho phương trình : 3x2 - 5x + m = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn: -=
Bài 10: Cho phương trình:
x2 – 2(m + 4)x +m2 – 8 = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:
a) A = x1 + x2 -3x1x2 đạt GTLN
b) B = x12 + x22 - đạt GTNN.
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào m.
Bài 11: Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình bậc 2: 3x2 - cx + 2c - 1 = 0. Tính theo c giá trị của biểu thức: S =
Bài 12: Cho phương trình : x2 - 2x + 1 = 0. Có hai nghiệm là x1, x2. Không giải phương trình trên hãy tính giá trị của biểu thức:
A =
Bài 13: Cho pt: x2 – 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 x1, x2 thỏa mãn điều kiện: x12 + x22 = 6.
3. Tìm giá trị của a để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện: x1 < 1 < x2.
Bài 14: Cho phương trình:
x2 – 2(m - 1)x + m – 3 = 0 (1)
a) CMR phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1) .
Tìm GTNN của M = x12 + x22
Bài 15: Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện:
CMR ít nhất một trong hai phương trình sau phải có nghiệm:
x2 + ax + b = 0 và x2 + bx + a = 0.
Bài 16: Cho phương trình:
x2 – 2(m + 1)x + 2m +10 = 0 (1)
a) Giải và biện luận số nghiệm của phương trình (1) theo m.
b) Tìm m sao cho 10x1 x2 + x12 + x22 đạt GTNN. Tìm GTNN đó.
Bài 17: Chứng minh rằng với mọi số a, b, c khác 0, tồn tại một trong các phương trình
sau phải có nghiệm:
ax2 + 2bx + c = 0 (1)
bx2 + 2cx + a = 0 (2)
cx2 + 2ax + b = 0 (2)
Bài 18: Cho phương trình:
x2 – (m - 1)x + m2 + m – 2 = 0 (1)
a) CMR phương trình (1) luôn luôn có nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m.
b) Với giá trị nào của m, biểu thức P = x12 + x22 đạt GTNN.
Bài 19: Cho phương trình:
x2 – 2(m - 1)x – 3 - m = 0 (1)
1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m.
2) Tìm giá trị của m để pt (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
x12 + x22 10.
3) Xác định giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
E = x12 + x22 đạt GTNN.
Bài 20: Giả sử phương trình bậc 2:
x2 + ax + b + 1 = 0 có hai nghiệm nguyên dương.
CMR: a2 + b2 là một hợp số.
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
.
Giải phương trình:
Bài 1: x3 + 2x2 + 2x + 2.
Bài 2: (x + 1)4 = 2(x4 + 1)
Bài 3: 4(x + 5)(x + 6)(x + 10)(x + 12) = 3x2
Bài 4: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8x
Bài 5: (x + 2)(x + 3)(x - 7)(x - 8) = 144
Bài 6: (x + 2)4 + (x + 8)4 = 272
Bài 7: a) (x + )4 + (x + 1)4 = 33 + 12
b) (x - 2)6 + (x - 4)6 = 64
Bài 8: a) x4 - 10x3 + 26x2 - 10x + 1 = 0
b) x4 + 3x3 - 14x2 - 6x + 4 = 0
c) x4 - 3x3 + 3x + 1 = 0
Bài 9: a) x4 = 24x + 32
b) x3 + 3x2 - 3x + 1 = 0
Bài 10:
Bài 11:
Bài 12: x2 +
Bài 13: 20
Bài 14: a)
b)
c)
Bài 15: a) x2 +
b) x2 +
Bài 16: a)
b)
c) x.
Bài 17: x2 + = 8( Đề thi HSG V1 2004)
Bài 18:
Bài 19:
Bài 20:
Bài 21: 3x2 + 21x + 18 + 2
Bài 22: a) (x - 2)4 + (x - 3)4 = 1
b) x4 + 2x3 - 6x2 + 2x + 1 = 0
c) x4 + 10x3 + 26x2 + 1 = 0
Bài 23: (x + 2)2 + (x + 3)3 + (x + 4)4 = 2 ( Đề thi HSG V1 2003)
Bài 24: a) (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 3
b) (x2 + 3x - 4)(x2 + x - 6) = 24
Bài 25: a) x3 - 6x + 4 = 0
b) x4 - 4x3 + 3x2 + 2x - 1 = 0
Bài 26: a) x4 + 2x3 + 5x2 + 4x - 12 = 0
b) x4 - 4x3 - 10x2 + 37x - 14 = 0
Bài 27:
Bài 28: a) Phân tích thành nhân tử: 2(a2 + b2) -5ab
b) Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5
( Đề thi HSG 1998)
Bài 29:
Bài 30: x4 - 4x -5 = 0 ( Đề thi HSG 2000)
Bài 31: ( Đề thi HSG V2 2003)
Bài 32: a) x4 - 4x3 - 19x2 + 106x - 120 = 0
b) (x2 - x + 1)4 - 10(x2 - x + 1)2 +9x4 = 0
Bài 33: (x + 3 + 2)(x + 9 +18) = 168x (Đề thi HSG 2005)
Bài 34: a) x2 + 4x + 5 = 2
b) 3 = 2x2 - 6x + 4
c)
Bài 35:
Bài 36: Cho phương trình: x4 -4x3 +8x = m
a) Giải phương trình khi m = 5.
b) Định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 37: Cho phương trình (x + a)4 + (x + b)4 = c. Tìm điều kiện của a, b, c để phương trình có nghiệm.
Bài 38: Giải phương trình: x4 + 2x3 + 5x2 + 4x - 5 = 0
Bài 39: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4x4 + 8x2y + 3y2 - 4y - 15 = 0.
Bài 40: x2 + 9x + 20 = 2
Bài 41: x2 + 3x + 1 = (x + 3)
Bài 42: x2 + =2006
.
Bài 1: Cho a > b > 0 thỏa mãn: 3a2 +3b2 = 10ab.
Tính giá trị của biểu thức: P =
Bài 2: Cho x > y > 0 và 2x2 +2y2 = 5xy
Tính giá trị biểu thức E =
Bài 3: 1) Cho a + b + c = 0
CMR: a3 + b3 + c3 = 3abc
2) Cho xy + yz + zx = 0 và xyz ≠ 0
Tính giá trị biểu thức:
M =
Bài 4: Cho a3 + b3 + c3 = 3abc. Tính giá trị của biểu thức:
P =
Bài 5: a) Phân tích thành nhân tử:
(x + y + z)3 - x3 - y 3 -z3
b) Cho các số x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1 và x3 + y3 + z3 = 1 .
Tính giá trị của biểu thức: A = x2007 + y2007 + z2007
Bài 6: Cho a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 14. Tính giá trị của biểu thức:
P = a4 + b4 + c4
Bài 7: Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn:
a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102
Tính giá trị của biểu thức P = a2007 + b2007
Bài 8: Cho và . Tính
Bài 9: Cho a + b + c = 0 . Tính giá trị của biểu thức
P =
Bài 10: Cho ; x2 + y2 = 1. Chứng minh rằng:
a) bx2 = ay2;
b)
Bài 11: Chứng minh rằng nếu xyz = 1 thì:
= 1
Bài 12: Cho a + b + c = 0. Tính giá trị biểu thức:
A = (a – b)c3 + (c – a)b3 + (b – c)a3
Bài 13: Cho a, b, c đôi một khác nhau. Tính giá trị của biểu thức:
P =
Bài 14: Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác. Cho biết (a + b)(b + c)(c + a) = 8abc
Chứng minh: Tam giác đã cho là tam giác đều.
Bài 15: Chứng minh rằng: Nếu a,b,c khác nhau thì:
Bài 16: Cho biết a + b + c = 2p
Chứng minh rằng:
Bài 17: Cho a, b khác 0 thỏa mãn a + b = 1. Chứng minh :
Bài 18: Cho và
Tính giá trị biểu thức A =
Bài 19: Cho a, b, c đôi một khác nhau và
Tính giá trị của P =
Bài 20: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x(y2 – z2) + y(z2 – x2) + z(x2 – y2)
b) x(y + z)2 + y(z + x)2 + z(x + y)2 – 4xyz
Bài 21: Cho ba số phân biệt a, b,c. Chứng minh rằng biểu thức
A = a4(b – c) + b4(c – a) + c4(a – b) luôn khác 0.
Bài 22: Cho bốn số nguyên thỏa mãn điều kiện: a + b = c + d và ab + 1 = cd
Chứng minh: c = d.
Bài 23: Cho x , y là các số dương thỏa mãn điều kiện: 9y(y – x) = 4x2.
Tính giá trị biểu thức: A =
Bài 24: Cho x, y là các số khác khác 0 sao cho 3x2 – y2 = 2xy.
Tính giá trị của phân thức A =
Bài 25: Cho x, y, z khác 0 và a, b, c dương thoả mãn ax + by + cz = 0 và a + b +c = 2007.
Tính giá trị của biểu thức: P =
Bài 26: Cho x, y, z khác 0 và x + y + z = 2008.
Tính giá trị biểu thức:
P =
Bài 27: Cho
Tính giá trị của biểu thức: P = x2007 + y2007 + z2007 .
Bài 28: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. Tính giá trị của biểu thức:
P =
Bài 29: Cho biểu thức P = (b2 + c2 – a2)2 – 4b2c2.
Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba cạnh của một tam giác thì P < 0.
Bài 30: Cho các số dương x, y ,z thỏa mãn:
Tính giá trị biểu thức: P = x + y + z.
Bài 31: Cho các số x, y, z thỏa mãn hệ phương trình:
Tính giá trị biểu thức P = xyz. (Đề thi HSG tỉnh 2003)
Bài 32: a) Thu gọn biểu thức: P =
b) Tính giá trị biểu thức: Q =
Biết x2 – 2y2 = xy và y ≠ 0 , x + y ≠ 0. (Đề thi HSG tỉnh 2004-2005)
Bài 33: Chứng minh rằng nếu: x + y + z = 0 thì:
2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) (Đề thi HSG tỉnh 2005-2006)
Bài 34: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện: a2 = b2 + c2.
a) So sánh a và b + c.
b) So sánh a3 và b3 + c3. (Đề thi HSG tỉnh 2006-2007)
Bài 35: 1) Giải phương trình: x3 -6x – 40 = 0
2) Tính A = (Đề thi HSG tỉnh 2006-2007)
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
Bài 1) Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x2 + y2 = 1.Tìm GTLN và GTNN của biểu thức A = x + y.
Bài 2) Cho x, y > 0, x + y = 1. Tìm GTNN của
P =
Bài 3) Cho P = . Tìm GTNN, GTLN của P và các giá trị tương ứng của x.
Bài 4) Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
A = (x4 + 1)(y4 + 1) biết x,y 0, x + y =
Bài 5) Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
B = 2x + 3y biết 2x2 + 3y2 ≤ 5.
Bài 6) Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
P = x2 + y2. Biết x2(x2 +2y2 – 3) + (y2 – 2)2 = 1
Bài 7) Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
P =
Bài 8) Tìm GTLN của A = x +
Bài 9) Tìm GTLN của P = với x, y, z > 0.
Bài 10) Tìm GTLN của
P =
Bài 11) Cho M =
a) Tìm điều kiện của a để M được xác định.
b) Tìm GTNN của M và giá trị của A tương ứng.
Bài 12) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn:
.
Tìm GTNN của P = x.y.z.
Bài 13) Tìm GTNN của P =
Bài 14) Cho x, y thỏa mãn x2 + 4y2 = 25. Tìm GTLN
và GTNN của biểu thức P = x + 2y.
Bài 15) Cho x, y là hai số thỏa mãn: x + 2y = 3.
Tìm GTNN của E = x2 + 2y2.
Bài 16) Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn: x + y 1.
Tìm GTNN của biểu thức
P = + + 4xy
Bài 17) Tìm GTLN và GTNN của: P =
Bài 18) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn: x + y 1.
Tìm GTNN của biểu thức
A =
Bài 19) Cho x,y > 0; x + y = 1. Tìm GTNN của biểu thức P =
Bài 20) Cho x,y > 0; x + y = 1. Tìm GTNN của biểu thức P = 2(x4 + y4) +
Bài 21) Cho x,y > 0; x + y = 1. Tìm GTNN của biểu thức P =
Bài 22) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn:
x2 + y2 = 4.
Tìm GTNN của biểu thức
P =
Bài 23) Cho ba số dương a, b, c có a + b + c = 1. Tìm GTNN của biểu thức:
E =
Bài 24) Cho a, b là hai số thực bất kỳ có tổng bằng 1. Tìm GTNN của:
P = a3 + b3
Bài 25) Cho a, b là hai số dương thỏa a + b = 1.
Tìm GTNN của P =
Bài 26) Cho hai số x, y thỏa mãn xy = 2. Tìm GTNN của P =
Bài 27) Cho hai số dương x, y có x + y = 1. Tìm GTNN của
P = 8(x4 + y4) +
Bài 28) Cho x, y liên hệ với nhau bởi hệ thức:
x2 + 2xy + 7(x + y) + 2y2 +10 = 0
Tìm GTNN, GTLN của biểu thức
S = x + y + 1
Bài 29) Tìm GTNN, GTLN của biểu thức
S = x + y biết + = 1
Bài 30) Tìm GTNN của biểu thức
P =
Boài döôõng hoïc sinh THCS 1
© 2024 - nslide
Website chạy thử nghiệm. Thư viện tài liệu miễn phí mục đích hỗ trợ học tập nghiên cứu , được thu thập từ các nguồn trên mạng internet ... nếu tài liệu nào vi phạm bản quyền, vi phạm pháp luật sẽ được gỡ bỏ theo yêu cầu, xin cảm ơn độc giả