Tổng hợp Chuyên đề trọng tâm thi vào Lớp 10 chuyên và học sinh giỏi Đại số Lớp 9 - Chủ đề 1: Biến đổi đại số - Nguyễn Trung Kiên

Nội dung text: Tổng hợp Chuyên đề trọng tâm thi vào Lớp 10 chuyên và học sinh giỏi Đại số Lớp 9 - Chủ đề 1: Biến đổi đại số - Nguyễn Trung Kiên

1. Chương 1: CĂN THỨC I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Căn thức bậc hai: •Căn bậc hai của số thực a là số thực x sao cho x2 = a . • Cho số thực a không âm, căn bậc hai số học của a ký hiệu là a là một số thực không âm x sao cho bình phương của nó bằng a. ïì a ³ 0 ïì x ³ 0 íï Û íï ï ï 2 îï a = x îï x = a • Với hai số thực không âm a,b tacó: a £ b Û a £ b • Khi biến đổi các biểu thức liên quan đến căn bậc hai ta cần lưu ý: ïì A A³ 0 + A2 = A = íï nếu îï - A A < 0 + AB - A B = A B với A, B 0; AB - A B = - A B với A<0, B 0 A AB AB + = = với A.B 0; B 0 B B2 B M M A + = với A>0; (Đây gọi là phép khử căn thức ở mẫu) A A M M( A m B) + = với A.B 0; A B; (Đây gọi là phép trục căn thức ở mẫu) A ± B A- B 2. Căn thức bậc ba, bậc n: a) Căn thức bậc ba: Căn bậc 3 của một số a, ký hiệu là 3 a là số x sao cho x3 = a 3 • Cho a R; 3 a = xÞ x3 = (3 a) = a •Mỗi số thực a đều có duy nhất một căn bậc 3. • Nếu a> 0 thì 3 a> 0 • Nếu a< 0 thì 3 a < 0 • Nếu a = 0 thì 3 a = 0 a 3 a • 3 - với mọi b 0 b 3 b • 3 ab = 3 a.3 b với mọi a, b • Nếu a< b thì 3 a < 3 b
2. • A 3 B = 3 A2B A 3 AB2 • 3 = với B 0 B B 3 A A • = 3 B B3 1 3 A2 m 3 AB + 3 B2 • = 3 A ± 3 B A ± B b) Căn thức bậc n: Cho số a R; n N; n 2. Căn bậc n của một số a là một số mà lũy thừa bậc n của nó bằng a. Trường hợp n là số lẻ: n=2k+1, k N. Mọi số thực a đều có một căn bậc lẻ duy nhất: 2k+ 1 a = xÞ x2k+ 1 = a ; nếu a>0 thì 2k+ 1 a > 0 ; nếu a<0 thì 2k+ 1 a < 0 ; nếu a=0 thì 2k+ 1 a = 0 Trường hợp n là số chẵn: n=2k. Mọi số thực a>0 đều có hai căn bậc chẵn đối nhau. Căn bậc chẵn dương ký hiệu là 2k a (gọi là căn bậc 2k số học của a). Căn bậc chẵn âm ký hiệu là - 2k a ; 2k a = x Û x > 0 và x2k = a; - 2k a = x Û x £ 0 và x2k = a; MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP TIÊU BIỂU: Dạng 1 : Thu gọn các biểu thức đại số và tính giá trị của biểu thức: Phương pháp: Biến đổi các biểu thức trong dấu về dạng A2 = A , sau đó dựa vào dấu của A để mở giá trị tuyệt đối nếu có Ngoài ra cần nắm được các đẳng thức cơ bản quen thuộc: • ab + bc+ ca = m Þ a2 + m = a2 + ab + bc+ ca = (a+ b)(a+ c); • a+ b + c = n Þ na+ bc- (a+ b + c)a+ bc = (a+ b)(a+ c); 1 1 1 • Nếu abc =1 thì + + = 1; a+ ab + 1 b + bc+ 1 ca+ c+ 1 1 1 1 æ1 1 1ö • Nếu a+b+c =0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc, + + = ç + + ÷ với abc 0 a2 b2 c2 èça b cø÷ Ví dụ 1 Rút gọn các biểu thức: 1 a) A = x - x- x + khi x ³ 0, 4 1 b) B = 4x- 2 4x- 1 + 4x + 2 4x- 1 khi x ³ , 4 c) C = 9- 3 3 + 5 8+ 10 7- 4 3 Lời giải
3. 2 1 æ 1ö 1 a) A = x - x- x + = x - ç x - ÷ = x - x - 4 èç 2ø÷ 2 1 1 1 1 1 + Nếu x ³ Û x ³ thì x - = x - Þ A = 2 4 2 2 2 1 1 1 1 1 + Nếu x < Û 0 £ x < thì x - = - x + Þ A = 2 x - 2 4 2 2 2 b) B = 4x- 2 4x- 1 + 4x + 2 4x- 1 = 4x- 1- 2 4x- 1 + 1 + 4x- 1+ 2 4x- 1 + 1 1 Hay B = ( 4x- 1- 1)2 + ( 4x- 1 + 1)2 = 4x- 1- 1 + 4x- 1 + = 4x- 1- 1 + 4x- 1 + 1 4 1 Nếu 4x- 1- 1³ 0 Û 0.4x- 1³ 1 Û x ³ thì 4x- 1- 1 = 4x- 1- 1 suy ra B = 2 4x - 1 2 1 1 Nếu 4x- 1- 1< 0 Þ 4x- 1< 1Þ £ x < thì | 4x - 1 - 1 |= - 4x - 1 + 1 suy ra B=2 4 2 c) Để ý rằng 7- 4 3 = (2- 3)2 - 7- 4 3 = 2- 3 Suy ra C = 9- 5 3 + 5 8 + 10(2- 3) = 9- 5 3 + 5 28- 10 3 = 9- 3 3 + 5 (5- 3)2 hay c = 9- 5 3 + 5(5- 3) = 9- 25 = 9- 5 = 4 = 2 Ví dụ 2. Chứng minh: a) A = 8- 4 3 - 8+ 4 3 = - 2 2 84 84 b) B = 3 1+ + 3 1- là một số nguyên (Trích đề Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên 9 9 Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006). a+ 1 8a- 1 a+ 1 8a- 1 1 c) Chứng minh rằng x = 3 a+ + 3 a- với a ³ là số tự nhiên 3 3 3 3 8 d) Tính x+y biết (x + x2 + 2019)(y + y2 + 2019)= 2019 e) Cho các số thực x,y thỏa mãn: (x + y2 + 1)(y + x2 + 1)= 1. Tính giá trị cua x+y. Lời giải: a) Dễ thấy A 0, Cách 1: æ ö2 Ta có A2 = ç 8- 4 3 - 8+ 4 3÷ = 8- 4 3 + 8+ 4 3 - 2 8- 4 3. 8+ 4 3 èç ø÷ = 16 - 2.4 = 8 Suy ra A = - 8 = - 2 2 Cách 2: Ta viết lại: A = ( 6 - 2)2 - ( 6 + 2)2 = 6 - 2 - 6 + 2 = 6 - 2 - 6 - 2 = - 2 2
4. b) Áp dụng hằng đẳng thức (u + v)3 = u3 + v3 + 3uv(u + v) ta có: 3 æ ÷ö 3 ç 84 84 ÷ B = ç3 1+ + 3 1- ÷ ç ÷ èç 9 9 ø÷ æ öæ ö 84 84 ç 84 84 ÷ç 84 84 ÷ = 1+ + 1- + 3ç 1+ · 1- ÷ç3 1+ + 3 1- ÷ ç ÷ç ÷ 9 9 èç 9 9 ø÷èç 9 9 ø÷ æ öæ ö 3 ç 84 ÷ç 84 ÷ 3 84 3 3 = + ç + ÷ç - ÷ Û = + - Û = - Û + - = Hay B 2 3 ç1 ÷ç1 ÷.B B 2 3 1 B B 2 B B B 2 0 èç 9 ø÷èç 9 ø÷ 81 2 2 æ 1ö 7 Û (B- 1)(B + B+ 2)= 0 mà 32 + B+ 2 = çB+ ÷ + > 0 suy ra B = 1. Vậy B là số èç 2ø÷ 4 nguyên. c) Áp dụng hằng đẳng thức(u + v)3 = u3 + v3 + 3uv(u + v) Ta có x3 = 2a+ (1- 2a)x Û x3 + (2a- 1)x- 2a = 0 Û (x- 1)(x2 + x + 2a)= 0 (1) Xét đa thức bậc hai x2 + x+ 2a với D = 1- 8a ³ 0 1 1 1 Khi a = ta có x = 3 + 3 = 1 8 8 8 1 Khi a > , ta có D = 1- 8a âm nên đa thức (1) có nghiệm duy nhất x = 1. Vậy với mọi 8 1 a ³ 8 a+ 1 8a- 1 a+ 1 8a- 1 Ta có x = 3 a+ + 3 a- = 1 là số tự nhiên 3 3 3 3 d) Nhận xét( x2 + 2019 + x)( x2 + 2019 - x)= x2 + 2019- x2 = 2019. Kết hợp với giả thiết suy ra x2 + 2019 - x = y2 + 2019 + y Þ y2 + 2019 + y + x2 + 2019 + x = x2 + 2019 - x + y2 + 2019 - y Û x + y = 0 Tổng quát ta có( x2 + a + x)( y2 + a + y)= a thì x+y =0 e) Nhân 2 vế đẳng thức với: (x- 1+ y2 )(y- 1- x2 ) ta có (x + y2 + 1)(x- 1+ y2 )(y- 1- x2 )(y + x2 + 1)= (x- 1+ y2 )(y- 1- x2 ). Hay (x2 - y2 - 1)(y2 - x2 - 1)= xy- x 1+ x2 - y 1+ y2 + (1+ x2 )(1+ y2 ) (x2 - y2 - 1)(y2 - x2 - 1)= 2xy + 2 (1+ x2 )(1+ y2 )- (x + 1+ y2 )(y + 1+ x2 ) 2 2 Û 1- (x2 - y2 ) = 2xy + 2 (1+ x2 )(1+ y2 )- 1 Û 2(1- xy) = (x2 - y2 ) + 2 (1+ x2 )(1+ y2 ) 2 Hay 2(1- xy) = (x2 - y2 ) + 2 (xy- 1)2 + (x + y)2 Þ (1- xy) ³ (xy- 1)2 + (x + y)2 ³ | xy- 1|
5. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x + y)2 = 0 Û x = - y hay x + y = 0. Ví dụ 3 x4 4x3 x2 6x 12 a, Cho x 4 10 2 5 4 10 2 5 . Tính giá trị biểu thức: P . x2 2x 12 b, Cho x 1 3 2 . Tính giá trị của biêu thức B x4 2x4 x3 3x2 1942 . (Trích đề thi vào lớp 10 trường PCT Ngoại ngữ Hà Nội năm 2015-2016). c, Cho x 1 3 2 3 4 . Tính giá trị biểu thức: P x5 4x4 x3 x2 2x 2015. Lời giải 2 2 a, Ta có: x 4 10 2 5 4 10 2 5 8 2 4 10 2 5 . 4 10 2 5 2 2 x2 8 2 6 2 5 8 2 5 1 8 2 5 1 6 2 5 5 1 . 2 x 5 1 . Từ đó ta suy ra x 1 5 x2 2x 4. 2 2 2 x 2x 2 x 2x 12 42 3.4 12 Ta biến đổi: P 1. x2 2x 12 4 12 3 b, Ta có: x 1 3 2 x 1 2 x3 3x2 3x 3 0 . Ta biến đổi biể thức P thành: P x2 x3 3x2 3x 3 x x3 3x2 3x 3 x3 3x2 3x 3 1945 1945. c, Để ý rằng: x 3 22 3 2 1 ta nhân thêm hai vế với 3 2 1 để tân dụng hằng đẳng thức: a3 b3 a b a2 ab b2 . Khi đó ta có: 3 2 1 x 3 2 1 3 22 3 2 1 1 3 2x x 1 2x3 x 1 3 x3 3x2 3x 1 0 . Ta biến đổi: P x5 4x4 x3 x2 2x 2015 x2 x 1 x3 3x2 3x 1 2016 2016 . Ví dụ 4 3 a) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a 1 b2 b 1 c2 c 1 a2 . Chứng minh rằng: 2 3 a2 b2 c2 . 2 b) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x 1 y2 y 2 z2 z 3 x2 3. (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán – Trường chuyên ĐHSP Hà Nội, 2014). c) Tìm các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: 2 x y 4 y x 4 xy . d) Giả sử x; y là các số thực thỏa mãn x 3 x2 y 3 y2 9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x2 xy y2 . e) Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P 4 1 x 4 1 x 4 1 x2 . Lời giải a, Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có: a2 1 b2 b2 1 c2 c2 1 a2 3 a 1 b2 b 1 c2 c 1 a2 2 2 2 2
6. 2 a 1 b 2 2 a 1 b 2 2 2 2 2 2 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b 1 c b 1 c a b c (đpcm). 2 2 2 c 1 a2 c 1 a b, Ta viết lại giả thiết thành: 2x 1 y2 2y 2 z2 2z 3 x2 6 Áp dụng bất đẳng thức: 2ab a2 b2 ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x 1 y 2y 2 z 2z 3 x x 1 y y 2 z z 3 x 6. Suy ra VT VP . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 2 x 1 y2 x, y, z 0 x y z 3; x, y, z 0 2 2 2 2 2 x y 1 x y 1 y 2 z x 1; y 0; z 2 . y2 z2 2 y2 z2 2 2 z 3 x 2 2 2 2 z x 3 z x 3 c, a x 4,b y 4 với a,b 0 thì phương trình đã cho trở thành: 2 a2 4 b 2 b2 4 a a2 4 b2 4 . 2b 2a Chia 2 vế cho a2 4 b2 4 thì phương trình trở thành : 1. b2 4 a2 4 Để ý rằng a 0 hoặc b 0 không thỏa mãn phương trình. Xét a,b 0 . Theo bất đẳng thức AM GM ta có: b2 4 2 4b2 4b,a 2 4 4a . Suy ra 2a 2b a2 4 VT 1 a b 2 x y 8 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 . Vậy 4a 4b b 4 x 8, y 8 là nghiệm của phương trình. a2 3 d, Đặt a x 3 x2 0 a x 3 x2 a2 2ax x2 3 x2 x . 2a b2 3 a b 3 3 Tương tự đặt b y 3 y2 0 y . Khi đó x y . 2b 2 2 2a 2b a 9 3 a a 3 a 3 Theo giả thiết ta có : ab 9 x y 2 . 2 . Lại có 2 2a 2a 6 3 a 3 a 3 2 1 2 3 2 x2 xy y2 x y x y x y x2 xy y2 3. Dấu đẳng thức xảy ra 4 4 4 x y 1. Vậy x2 xy y2 3. min e, Đặt a 4 1 x,b 4 1 x a,b 0,a4 b4 2 . Ta có: P a b ab . Áp dụng bất đẳng thức ở ** ta có 2 4 2 1 2 a b 4 2 a4 b4 a2 b2 a b a b 8 a4 b4 16 a b 2 . 2 4 a b 2 Suy ra P a b 3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b 1 x 0 . 4 2 Ta cũng có: a4 b4 a4 2a2b2 b4 a2 b2 a2 b2 2 , mà 2 a2 b2 a2 2ab b2 a b với mọi a,b 0 . Suy ra a b a2 b2 4 2 . Vậy P a b ab a b 4 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 0 hoặc b 0 tức là x 1 hoặc x 1.
7. Ví dụ 5 Cho x, y, z 0 và xy yz zx 1 1 y2 1 z2 1 z2 1 x2 1 x2 1 y2 a) Tính giá trị biểu thức P x y z . 1 x2 1 y2 1 z2 x y z 2xy b) Chứng minh rằng : 2 2 2 . 1 x 1 y 1 z 1 x2 1 y2 1 z2 Lời giải a) Để ý rằng 1 x2 x2 xy yz zx x y x z Tương tự đối với 1 y2 ;1 z2 ta có: 1 y2 1 z2 y x y z z x z y x x x y z 1 x2 x y x z Suy ra P x y z y z x z x y 2 xy yz zx 2 b) Tương tự như câu a) Ta có: x y z x y z 1 x2 1 y2 1 z2 x y x z x y y z z y z x x y z y z x z x y 2xy 2xy x y y z z x x y y z z x 1 x2 1 y2 1 z2 Ví dụ 6 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 a) Tìm x1, x2 ,..., xn thảo mãn : x1 1 2 x2 2 ... n xn n x1 x2 ... xn 2 4n 4n2 1 b) Cho f n với n nguyên dương. Tính f 1 f 2 ... f 40 . 2n 1 2n 1 Lời giải 2 2 2 a, Đẳng thức tương đương với: x2 12 1 x2 22 2 ... x2 n2 n 0. 1 2 n 2 2 Hay x1 2, x2 2.2 ,..., xn 2.n x2 y2 4n 2 b, Đặt x 2n 1, y 2n 1 xy 4n 1 . x2 y2 2 2 2 3 3 x xy y x y 1 3 3 1 3 3 Suy ra f n 2 2 x y 2n 1 2n 1 .Áp dụng vào bài x y x y 2 2 1 toán ta có : f 1 f 2 ... f 40 32 13 53 33 ... 813 793 2 1 813 13 364 . 2 Ví dụ 7 a, Cho số nguyên dương n 2 . Tính giá trị biểu thức sau theo n : 1 1 1 1 1 1 P 1 1 ... 1 . 22 32 32 42 n 2 2 n 3 2