TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011

PHẦN SỐ HỌC
Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN.
SỐ NGUYÊN TỐ.
A. Nhắc lại và bổ sung các kiến thức cần thiết:
I. Tính chia hết:
1. Định lí về 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 0 ≤ r < b .
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 hết: 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 M b)
b chia hết a hay b là ước của a (kí hiệu b\ a)
Vậy: a M b (b\ a) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = bq.
3. Các tính chất:
1) Nếu a M b thì ± a M ± b (b ≠ 0)
2) a M a; 0 M a với mọi a ≠ 0
3) a M ± 1 với mọi a
4) Nếu a M m thì an M m (m ≠ 0, n nguyên dương).
5) Nếu a M b và b M a thì |a| = |b|
6) Nếu a M b và b M c (b,c ≠ 0) thì a M c.
7) Nếu a M c và b M c(c ≠ 0) thì (a ± b) M c. Điều ngược lại không đúng.

8) Nếu a M m hoặc b M m thì ab M m(m ≠ 0). Điều ngược lại không đúng.
9) Nếu a M p và a M q, (p, q)= 1 thì a M pq
10) Nếu a = mn; b = pq và m M p n M q thì a M b
11) Nếu ab M m và (b,m) = 1 thì a M m
12) Nếu a ± b M m và a M m thì b M m
II. Số nguyên tố:
1.Định nghĩa: 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. Định lí cơ bản của số học: 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, ... , 2n-1(2n - 1)
III. Một số phương pháp thông thường để giải bài toán về chia hết:
Cách 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể xét mọi trường hợp số dư khi

1


TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011

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 M 2 => n(n + 1) M 2
* n không chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1) M 2 => n(n +1) M 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) M p và A(n) M q.
+ Nếu (p, q) ≠ 1, ta phân tích A(n) = B(n) .C(n) rồi chứng minh:
B(n) M p và C(n) M q .
Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2) M 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 M 4 và n(n +1) M 2 nên A(n) M 8
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng n5 - 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) = n5 - n = n(n4 - 1) = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 +1) M 2
n = 5k + 1 => (n - 1) M 5
n = 5k + 4 => (n + 1) M 5.
n = 5k + 2 => n2 + 1 = (5k + 2)2 + 1 = (25k2 + 20k + 4 + 1) M 5
n = 5k + 3 => n2 + 1 = (5k + 3)2 + 1 = (25k2 + 30k + 9 + 1) M 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 n3 - 13n (n > 1) chia hết cho 6. (Trích đề thi HSG cấp II toàn quốc
năm 1970).
Giải : n3 - 13n = n3 - n - 12n = n(n2 - 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 M 6 . Do đó
A(n) M 6
Ví dụ 5: Chứng minh n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 , với mọi số n lẻ.
Giải : Với n = 2k +1 ta có:
A(n) = n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = 4k2 + 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


TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011

không chia hết cho k
Ví dụ 6: Chứng minh : 2 + 22 + 23 + ... + 260 chia hết cho 15.
Giải: Ta có: 2 + 22 +23 + ... + 260 = (2 + 22 + ... + 24) + (25+ ... +28)+ ... +(257 + 260)
= 2(1+2+4+8) +25(1+2+4+8) + ... + 257(1+2+4 + 8) = 15.(2 + 25 + ... + 257) M 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) M 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) M k.Tiếp tục:
Giả sử A(k) M k.
Chứng tỏ A(k + 1) M k. Nếu đúng => Kết luận : A(n) M k
Ví dụ 8: Chứng minh : 16n - 15n - 1 chia hết cho 225.
Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0 M 225 => A(1) đúng.
Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16k - 15k -1 M 225. Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/m:
16k + 1 - 15(k + 1) - 1 M 225.
Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16. 16k - 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16k - 15k - 15 - 1
= 15.16k + 16k - 15k -15 - 1 = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1)
= (16k-15k-1)+15(16 - 1)(16k-1 + ... +1) = (16k - 15k - 1) + 225(16k-1+ ... + 1) M 225
Cách 9: Phương pháp phản chứng:
Để chứng minh A(n) M k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k là sai.
B. PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh:
1. a) 192007 - 192006 chia hết cho 9.
b) 92n + 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. (n2 - 1)n2(n2 + 1) chia hết cho 60
4. a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49
b) n2 + 3n +5 không chia hết cho 11
5. a) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24.
b) n4 - 4n3 - 4n2 - 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384.
6. 4n + 15n - 1 chia hết cho 9.

7. n2 + 4n + 3 (n lẻ) chia hết cho 8.
8. n3 + 3n2 - n - 3 chia hết cho 48.
9) 36n -26n chia hết cho 35

3


TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu
2

2

2

Năm học2010-2011

2

10) ab(a + b )(a - b ) chia hết cho 30 với mọi số nguyên a,b.
11) a) (62n + 19n - 2n+1) chia hết cho17.
b) (7.52n + 12.6n) chia hết cho 19.
c) (5n+2 + 26.5n + 82n+1) chia hết cho 59.
12) a)a2 + b2 chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7.
b) a2 + b2 chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3
Bài 2:
ĐỒNG DƯ THỨC .
A. Tóm tắt lý thuyết:
I. Định nghĩa:
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 chất :
1. Nếu a ≡ b (mod m) thì a - b M 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 an ≡ bn (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 : np ≡ n (mod p) ; n ∈ Z
Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : np-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 = a1α. a2β ... anλ . Thế thì : (m) = m 1 −


1 
1
1 −
a1  a 2

 
1
...1 −

  an





III. Bài tập ứng dụng:
Bài 1: Chứng minh 2100 - 1 chia hết cho 5
Giải : Ta có 24 ≡ 1(mod 5) =>(24)25 ≡ 125 (mod 5) =>2100 ≡ 1(mod 5) hay 2100 - 1 M 5
Bài 2: Tìm số dư của phép chia 299 cho 3.
Giải : Có 23 ≡ -1 (mod 3) ⇔ (23)33 ≡ (-1)33 (mod 3) ⇔ 299 ≡ -1 (mod 3) .
Vậy 299 chia 3 dư 2.
Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2999
Bài 4: Chứng minh 22008 không chia hết cho 10.
Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983k - 1
chia hết cho 105.
Giải:
Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet:
Cho k lần lượt lấy 105 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 105 + 1 giá trị khác
nhau của 1983k - 1. Chia 105 +1 số này cho 105 , ta có nhiều nhất là 105 số dư, do đó

4


TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

5

Năm học2010-2011


theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư khi chia cho 10 . Giả sử đó là
hai số 1983m -1 và 1983n - 1 (m > n). Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 105:
(1983m - 1) - (1983n -1) = 1983m - 1983n = 1983n (1983m-n -1) M 105.
Do 1983 không chia hết cho 105 => 1983n cũng không chia hết cho 105.
Vì vậy 10m-n - 1 chia hết cho 105. Như vậy tìm được số k = m-n sao cho 1983k - 1 chia
hết cho 105.
Cách 2: Áp dụng định lí Euler:
Vì 1983 không chia hết cho 2 và không
chia hết cho 5 , còn 105 = 2555 nên (1983,
5
105) = 1 . Áp dụng định lí Euler: 1983 (10 ) ≡ 1 (mod 105)
1
1
) (1 - ) = 4. 104.
2
5

Mà (10 5 ) = 105(1 4

Nên ta có 19834.10 ≡ 1 (mod 105).
số 4.104 là số k phải tìm.
Đề bài áp dụng:
1. Tìm số dư khi :a) chia 8! Cho 11; b) chia 15325 -1 cho 9
c) chia 340 cho 83.; d) chia 21000 cho 25; e) chia 301293 cho 13
2. Chứng minh rằng : a) 24n - 1 M 15; b) 270 + 370 M 13
c) 122n+1 - 11n+2 M 133; d) 22225555 + 55552222 M 7
e) 14k + 24k + 34k + 44k 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. a (x 2 + 1) − x (a 2 + 1)
b. x − 1 + x n+3 − x n . Giải:
a. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung
a (x 2 + 1) − x (a 2 + 1) = ax 2 + a − a 2 x − x
= ax(x − a ) − ( x − a ) = (x − a )(ax − 1)

b. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức
x − 1 + x n+3 − x n . = x n (x 3 − 1) + ( x − 1)

(

[ (

)

) ]

= x n (x − 1) x 2 + x + 1 + (x − 1) = (x − 1) x n x 2 + x + 1 + 1

(

)

= (x − 1) x n + 2 + x n +1 + x n + 1


Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a. x8 + 3x4 + 4.
b. x6 - x4 - 2x3 + 2x2 .
Giải:
a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi sử dụng hằng đẳng thức
x8 + 3x4 + 4 = (x8 + 4x4 + 4)- x4
= (x4 + 2)2 - (x2)2
= (x4 - x2 + 2)(x4 + x2 + 2)
5


TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011

b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng hằng
đẳng thức
x6 - x4 - 2x3 + 2x2 = x2(x4 - x2 - 2x +2)

[(
[(x

) (

)]

= x 2 x 4 − 2x 2 + 1 + x 2 − 2x + 1
= x2
= x2


)
(x − 1) [x
2

2

2

]

2

[

]

2

− 1 + (x − 1) = x 2 (x − 1) (x + 1) + 1
2

2

+ 2x + 2

]

Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a. 2a 2 b + 4ab 2 − a 2 c + ac 2 − 4b 2 c + 2bc 2 − 4abc
Giải:

b. x 4 + 2007 x 2 + 2006 x + 2007
a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi nhóm thích hợp:
2a 2 b + 4 ab 2 − a 2 c + ac 2 − 4b 2 c + 2bc 2 − 4 abc
2a 2 b + 4ab 2 − a 2 c + ac 2 − 4b 2 c + 2bc 2 − 4abc
= 2a 2 b + 4ab 2 − a 2 c − 2abc + ac 2 − 4b 2 c + 2bc 2 − 2abc =
= 2ab(a + 2b ) − ac (a + 2b ) + c 2 (a + 2b ) − 2bc (a + 2b )

(

)

= (a + 2b ) 2ab − ac + c 2 − 2bc = (a + 2b )[a(2b − c ) − c (2b − c )]
= (a + 2b )(2b − c )(a − c )

b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức

(

)
+ 206 x + 2007 = x( x − 1)(x + x + 1) + 2007(x
= (x + x + 1)(x − x + 2007 )

= x 4 − x + 2007 x 2 + 2007 x + 2007

x 4 + 2007 x 2

2

2


2

)

+ x +1

2

Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. a 3 + b 3 + c 3 − 3abc
b. (a + b + c )3 − a 3 − b 3 − c 3 .
Giải: Sử dụng các hằng đẳng thức
a 3 + b 3 = (a + b ) a 2 + b 2 − ab

(

[

2

= (a + b )(a + b ) − 3ab

)

]

3

= (a + b ) − 3ab (a + b ) .Do đó:

[


]− 3ab(a + b) − 3abc
− (a + b )c + c ] − 3ab(a + b + c )
3

a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = = (a + b ) + c

[

2

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

3

2

(

= (a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca

[

3

)
3

]


3

b. (a + b + c ) − a 3 − b 3 − c 3 = (a + b + c ) − a 3 − (b + c )

[

2

]

(

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

(

)

= (b + c ) 3a 2 + 3ab + 3bc + 3ca = 3(b + c )(a + c )(a + b )

Ví dụ 5: Cho a + b + c = 0.
Chứng minh rằng :a3 + b3 + c3 = 3abc.

6

)


TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu


Năm học2010-2011
3

Giải: Vì a + b + c = 0

⇒ (a + b ) = −c 3 ⇒ a 3 + b 3 + 3ab(a + b ) = −c 3

⇒ a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = 0 ⇒ a 3 + b 3 + c 3 = 3abc
ab
Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, và 2a > b > 0. Tính P = 2
4a − b 2
Giải: Biến đổi 4a2 + b2 = 5ab ⇔ 4a2 + b2 - 5ab = 0 ⇔ ( 4a - b)(a - b) = 0 ⇔ a = b.
ab
a2
1
= 2 =
Do đó P =
2
2
3
4a − b
3a
Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng nếu:
2
2
2
a b c
x y z
x
y

z
+ + = 0; + + = 1 thì ; 2 + 2 + 2 = 1
x y z
a b c
a
b
c
a b c
ayz + bxz + cxy
= 0 ⇒ ayz + bxz + cxy = 0
Giải: + + = 0 ⇒
x y z
xyz
2

x y z
x2 y2 z 2
ayz + bxz + cxy
x2 y 2 z 2
x y z
+ + = 1 ⇒  + +  = 2 + 2 + 2 + 2.
=1⇒ 2 + 2 + 2 =1
a b c
a
b
c
abc
a
b
c

a b c

Chuyên đề 2:.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI
2
2
1. Chứnh minh : a + b ≥ 2ab (Với a , b ≥ 0) (BĐT Cô-si)
Giải:( a – b )2 = a2 - 2ab + b2 ≥ 0 ⇒ a2 + b2 ≥ 2ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b
2
2. Chứng minh: ( a + b ) ≥ 4ab . (Với a , b ≥ 0)
Giải:( a+b )2 = (a2 - 2ab + b2 )+ 4ab = (a-b)2 + 4ab ≥ 0 + 4ab ⇒ ( a + b )2 ≥ 4ab .
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
2
2
2
3. Chứng minh: 2(a + b ) ≥ ( a+b )
(Với a , b ≥ 0)
Giải:2(a2 + b2) – ( a+b )2 = a2-2ab+b2 = (a-b)2 ≥ 0 ⇒ 2(a2 + b2) ≥ ( a+b )2.
Đẳng thức xảy ra khi a = b.

a b
4. Chứng minh: b + a ≥ 2 .(Với a.b > 0)
a b
(a2+b2)
a2+b2
(a2+b2)
a b
Giải: + =
.Do ab ≤
⇒
≥ 2 .Hay + ≥ 2 .

b a
ab
ab
b a
2
Đẳng thức xảy ra khi a = b
a b
5. Chứng minh: b + a ≤ - 2 .(Với a.b < 0)
a b
a2+b2
a2+b2
a2+b2
a b
Giải: + = .Do
≥2⇒≤ -2. Hay + ≤ - 2.
b a
b a
|a.b|
|a.b|
|a.b|
Đẳng thức xảy ra khi a = -b.
7


TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011

1 1
4

6. Chứng minh: a + b ≥ a+b . (Với a , b > 0)
1 1
4
(a+b).a+(a+b).b-4ab
(a-b)2
1 1
4
Giải: + =
=
≥0⇒ + ≥
.
a b a+b
(a+b).ab
(a+b).ab
a b a+b
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
2
2
2
Chứng minh rằng: a +b +c ≥ ab+bc+ca .
Giải:2(a2 +b2 +c2) – 2(ab+bc+ca) =(a-b)2 +(b-c)2 +(c-a)2 ≥ 0
7. ⇒ 2(a2 +b2 +c2) ≥ 2(ab+bc+ca) .Hay a2 +b2 +c2 ≥ 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
2
DẠNG P = ax + bx + c
2
2
4ac-b 2
Khi x=- b

• Nếu a > 0 : P = ax 2 + bx +c = 4ac-b + a  x + b  Suy ra MinP =
4a
2a
4a
2a 


• Nếu a < 0 : P = ax + bx +c =
2

4 a c+b 2
4a


b
− a x−

2a






2

4 a c+b 2
Khi x= b
Suy ra MaxP =
4a

2a

Một số ví dụ:
2
1. Tìm GTNN của A = 2x + 5x + 7
5
4

Giải:A = 2x2 + 5x + 7 = 2( x 2 + 2. x +

25 25
− )+7=
16 16

5
25
56 − 25
5
31
5
= 2( x + ) 2 −
+7 =
+ 2( x + ) 2 = + 2( x + ) 2 .
4
8
8
4
8
4
2.

3.

Suy ra MinA =

31
5
Khi x = − .
8
4

Tìm GTLN của A = -2x2 + 5x + 7

5
25 25
− )+7=
4
16 16
81
5
25
56 + 25
5
81
5
= −2( x − ) 2 +
+7 =
− 2( x − ) 2 = − 2( x − ) 2 ≤
.
8
4

8
8
4
8
4

Giải: A = -2x2 + 5x + 7 = - 2( x 2 − 2. x +

4.

Suy ra MinA = 81 Khi x = 5 .
8

4

Tìm GTNN của B = 3x + y2 - 8x + 2xy + 16.
Giải: B = 3x2 + y2 - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2)2 + (x + y)2 + 8 ≥ 8.
x-2=0
x=2
⇒ MinB = 8 khi : x+y=0 ⇔ y=-2 .


2
2
6. Tìm GTLN của C = -3x - y + 8x - 2xy + 2.
2
2
Giải: C = -3x2 - y2 + 8x - 2xy + 2 = 10 -[2(x-2) +(x+y) ] ≤ 10.
5.


2

8


TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

⇒ GTLNC = 10 khi:

Năm học2010-2011

x-2=0

x+y=0

⇔

x=2

.
y=-2

Chuyên đề 4: BIẾN ĐỔI PHÂN THỨC
• Ví dụ 1`:
4a 2 + 12 a + 9
3
a. Rút gọn Biếu thức B =
V ới a ≠ −
2
2

2a − a − 6

b. Thực hiện phép tính:

0,5a 2 + a + 2 a 3 − 8
2
(a ≠ ± 2.)
:
+
1 + 0,5a
a + 2 a (2 − a )

4a 2 + 12a + 9
(2a + 3)2 = 2a + 3
=
(2a + 3)(a − 2) a − 2
2a 2 − a − 6
2
3
0,5a + a + 2 a − 8
2
a 2 + 2a + 4 a + 2
2
:
+
=
⋅ 3
+
b.
1 + 0,5a

a + 2 a(2 − a )
a+2
a − 8 a(2 − a )
2
a + 2a + 4
2
a−2
1
=
−
=
=
2
(a − 2)(a + 2a + 4 ) a(a − 2) a(a − 2) a

Giải:a. B =

• Ví dụ 2 Thực hiện phép tính: A =

x 2 + y 2 − xy
x3 + y3
:
.( Với x ≠ ± y)
x2 − y2
x 2 + y 2 − 2 xy
2

2
2
3

3
( x − y)
x 2 + y 2 − xy
x− y
Giải: A = x +2 y −2 xy : 2 x +2 y
=
⋅
=
2
2
2
x −y
x + y − 2 xy ( x − y )( x + y ) ( x + y ) x + y − xy
( x + y)

(

• Ví dụ 3 Cho biểu thức : A =

)

x4 + x3 + x +1
.
x 4 − x3 + 2x 2 − x + 1

a. Rút gọn biểu thức A.
b. Chứng minh rằng A không âm với mọi giá trị của x .
A=

x4 + x3 + x +1

x4 + x3 + x +1
=
x4 − x3 + 2x2 − x +1 x4 − x3 + x2 + x2 − x +1

=

) = ( x + 1)
=
=
( x − x + 1) + ( x − x + 1) ( x − x + 1)( x + 1) ( x − x + 1)( x + 1) ( x + 1)

x2

x3 ( x + 1) + ( x + 1)

( x + 1) ( x3 + 1)

2

2

2

( x + 1)

2

2

(x


2

2

2

− x +1
2

2

(x + 1)2 ; (x + 1)2 ≥ 0; x 2 + 1 > 0 ⇒ A ≥ 0

b. A =

x2 +1

a5 + a6 + a7 + a8
Ví dụ 4 Tính giá trị biếu thức : −5
a + a − 6 + a − 7 + a −8

với a = 2007.Giải:

(

8
5
6
7

8
a 5 + a 6 + a 7 + a8
a5 + a6 + a7 + a8
a5 + a6 + a7 + a8 a a + a + a + a
B = −5
=
= 3
=
2
1
1 1
1 1
a
+
a
+
a
+
1
a + a −6 + a −7 + a −8
a3 + a2 + a + 1
+
+
+
a5 a6 a7 a8
a8

=

(


a13 1 + a + a 2 + a 3
3

2

a + a + a +1

) =a

13

⇒ B = 200713

• Ví dụ 5: Tính giá trị biếu thức :

x 2 − 25
y−2
.
: 2
3
2
x − 10 x + 25 x y − y − 2

9

)


TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

2

Năm học2010-2011

2

Biết x + 9y - 4xy = 2xy - x − 3 .
Giải:
x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - x − 3 ⇔ (x − 3 y )2 + x − 3 = 0
x = 3 y
x = 3
⇔
⇔
x = 3
y = 1
2
x − 25
y−2
(x − 5)(x + 5) ⋅ ( y − 2)( y + 1) (x + 5)( y + 1) 8.2
8
C= 3
: 2
=
=
=
=−
2
2
y
−

2
x − 10 x + 25 x y − y − 2
x ( x − 5)
3.(− 2)
3
x(x − 5)

Chuyên đề 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.
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 x 12 + x 22 ≥ 10.
c > 0

Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện: 

2

(c + a ) < ab + bc − 2ac

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
 x1 − x 2 = 5

nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 

3

3
 x1 − x 2 = 35

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

2b c
≥ +4
a
a

Bài 9: Cho phương trình : 3x2 - 5x + m = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm
thỏa mãn: x 12 - x 22 =

5
9

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:
10