331 trang 9 lượt tải

Các chuyên đề đại số Luyện thi vào lớp 10 chuyên

18

Các chuyên đề đại số Luyện thi vào lớp 10 chuyên

 

Chủ đề: Chuyên đề Toán 9 107 tài liệu

Môn: Toán 9 3.6 K tài liệu

Tác giả:

Profile

Đăng Khoa Nguyễn Lê

6 ngày trước
Tải xuống
Báo cáo
Danh sách Quiz
Tải xuống
/331
Tailieumontoan.com

Điện thoại (Zalo) 039.373.2038
CÁC CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ
LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Tài liệu s
ưu tầm, ngày 8 tháng 12 năm 2020
Website: tailieumontoan.com
2020
1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
3
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
4
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
2
xa
.
• 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.
2
a0
x0
xa
ax



• Với hai số thực không âm a,b tacó:
a b ab 
• Khi biến đổi các biểu thức liên quan đến căn bậc hai ta cần lưu ý:
+

2
A
A
A
A
nếu
+
AB A B A B
với A, B ≥0;
AB A B A B
với A<0, B ≥0
+

2
A AB AB
BB
B
với A.B ≥0; B≠0
+
M MA
A
A
với A>0; (Đây gọi là phép khử căn thức ở mẫu)
+
M M( A B)
AB
AB
với A.B ≥0; A≠B; (Đây gọi là phép trục căn thức ở mẫu)
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
3
xa
• Cho a ∈R;

3
3
33
ax x a a
• Mỗi số thực a đều có duy nhất một căn bậc 3.
• Nếu a> 0 thì
3
a0
• Nếu a< 0 thì
3
a0
• Nếu a = 0 thì
3
a0
•
3
3
3
aa
b
b
với mọi b≠0
•
3 33
ab a. b
với mọi a, b
• Nếu a< b thì
33
ab
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
5
•
3
3
2
A B AB
•
3
2
3
A AB
BB
với B≠0
•
3
3
3
AA
B
B
•
33
3
22
33
1 A AB B
AB
AB
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
2k 1
axx a
; nếu a>0 thì
2k 1
a0
; nếu a<0 thì
2k 1
a0
; nếu a=0 thì
2k 1
a0
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
ax x0
và
2k
xa
;

2k
ax x0
và
2k
xa
;
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
2
AA
, 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:
•

22
ab bc ca m a m a ab bc ca (a b)(a c)
;
•
  abcn nabc(abc)abc(ab)(ac)
;
• Nếu abc =1 thì


111
1
aab1 bbc1 cac1
;
• Nếu a+b+c =0 thì



3 33
2 22
1 1 1 111
a b c 3abc,
abc
abc
với abc ≠0
Ví dụ 1
Rút gọn các biểu thức:
a)

1
A x x x khix 0,
4
b)

1
B 4x 2 4x 1 4x 2 4x 1 khi x ,
4
c)
 C 9 33 58 107 43
Lời giải
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
6
a)

 

2
111
A xxx x x x x
422
+ Nếu

11
xx
24
thì

1 11
x xA
2 22
+ Nếu

11
x 0x
24
thì

11 1
x x A 2x
22 2
b)
 B 4x 2 4x 1 4x 2 4x 1
 4x 1 2 4x 1 1 4x 1 2 4x 1 1
Hay

22
B ( 4x 1 1) ( 4x 1 1)

1
4x 1 1 4x 1
4
 4x 1 1 4x 1 1
Nếu
 
1
4x 1 1 0 0.4x 1 1 x
2
thì
 4x 1 1 4x 1 1
suy ra

B 2 4x 1
Nếu
 
11
4x 1 1 0 4x 1 1 x
42
thì
 | 4x 1 1| 4x 1 1
suy ra B=2
c) Để ý rằng

2
7 43 (2 3) 7 43 2 3
Suy ra
 C 9 53 58 10(2 3)
 9 5 3 5 28 10 3

2
9 33 5(5 3)
hay
 c 9 5 3 5(5 3)
9 25
 95 4 2
Ví dụ 2. Chứng minh:
a)
A 8 43 8 43 22 
b)

33
84 84
B1 1
99
là một số nguyên (Trích đề Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên
Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006).
c) Chứng minh rằng
 

33
a 1 8a 1 a 1 8a 1
xa a
33 33
với
1
a
8
là số tự nhiên
d) Tính x+y biết

 
22
x x 2019 y y 2019 2019
e) Cho các số thực x,y thỏa mãn:


22
x y1y x11
. Tính giá trị cua x+y.
Lời giải:
a) Dễ thấy A≤0,
Cách 1:
Ta có



2
2
A 8 43 8 43
 8 43 8 43 28 43.8 43
 16 2.4 8
Suy ra
 A 8 22
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
7
Cách 2: Ta viết lại:

22
A(62) (62) 62 62 6262 22
b) Áp dụng hằng đẳng thức

3 33
(u v) u v 3uv(u v)
ta có:



3
3
33
84 84
B1 1
99















33
84 84 84 84 84 84
1131·1 1 1
9 9 99 9 9
Hay













3
84 84
B 2 3 1 1 .B
99
 
3 33
84
B231 BB2BBB20
81

2
(B 1) B B 2 0
mà



2
2
17
3 B2 B 0
24
suy ra B = 1. Vậy B là số
nguyên.
c) Áp dụng hằng đẳng thức

3 33
(u v) u v 3uv(u v)
Ta có

33 2
x 2a (1 2a)x x (2a 1)x 2a 0 (x 1) x x 2a 0 (1)
Xét đa thức bậc hai

2
x x 2a
với
 1 8a 0
Khi
1
a
8
ta có

33
11
x1
88
Khi
1
a
8
, ta có
 1 8a
âm nên đa thức (1) có nghiệm duy nhất x = 1. Vậy với mọi
1
a
8
Ta có
 

33
a 1 8a 1 a 1 8a 1
xa a 1
33 33
là số tự nhiên
d) Nhận xét


2 2 22
x 2019 x x 2019 x x 2019 x 2019.
Kết hợp với giả thiết suy ra

22
x 2019 x y 2019 y
 
22 22
y 2019 y x 2019 x x 2019 x y 2019 y x y 0
Tổng quát ta có

 
22
x ax y ay a
thì x+y =0
e) Nhân 2 vế đẳng thức với:


22
x1yy1x
ta có
   

2 222 22
xy1x1yy1xy x1 x1yy1x
. Hay

 
22 22 2 2 2 2
x y 1y x 1 xyx1x y1y 1x 1y


 
22 22 2 2 2 2
x y 1y x 1 2xy21x 1y x 1y y 1x
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
8
 
 
22
22 2 2 22 2 2
1 x y 2xy21x 1y 1 2(1xy) x y 21x 1y
Hay
 
2
22 22 22
2(1 xy) x y 2 (xy 1) (x y) (1 xy) (xy 1) (x y) | xy 1|
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2
(x y) 0 x y
hay x + y = 0.
Ví dụ 3
a, Cho
4 10 2 5 4 10 2 5x =+ + +− +
. Tính giá trị biểu thức:
4 32
2
4 6 12
2 12
xxxx
P
xx
− +++
=
−+
.
b, Cho
3
12x = +
. Tính giá trị của biêu thức
4 43 2
2 3 1942
Bx x x x=− +− +
. (Trích đề thi vào lớp
10 trường PCT Ngoại ngữ Hà Nội năm 2015-2016).
c, Cho
33
124
x =++
. Tính giá trị biểu thức:
5 432
4 2 2015
Px x x x x=− +−−+
.
Lời giải
a, Ta có:
2
2
4 10 2 5 4 10 2 5 8 2 4 10 2 5 . 4 10 2 5x

= ++ +−+ =+ ++ −+


( ) ( ) ( )
22
2
82625 82 51 82 51 625 51x⇔ =+ − =+ − =+ −=+ = −
.
51x⇒= +
. Từ đó ta suy ra
( )
2
2
1 5 24x xx− =⇔−=
.
Ta biến đổi:
( )
(
)
2
22
2
2
2 2 2 12
4 3.4 12
1
2 12 4 12
xx xx
P
xx
− − −+
−+
= = =
−+ +
.
b, Ta có:
( )
3
32
3
1 2 1 2 3 3 30
x x xxx=+ ⇒ − =⇔ − + −=
. Ta biến đổi biể thức
P
thành:
( ) ( ) ( )
232 32 32
3 3 3 3 3 3 3 3 3 1945 1945Pxxxx xxxx xxx= − + −+ − + −+ − + −+ =
.
c, Để ý rằng:
3
2
3
2 21x = ++
ta nhân thêm hai vế với
3
21
−
để tân dụng hằng đẳng thức:
( )
( )
33 2 2
.a b aba abb−=− ++
Khi đó ta có:
( ) ( )
(
)
3
2
33 3
21 21 2 21 1x− = − + +=
( )
3
3 32
3
2 1 2 1 3 3 10xx x x x x x⇔ = +⇔ = + ⇔ − − −=
.
Ta biến đổi:
( )( )
5 432 2 3 2
4 2 2015 1 3 3 1 2016 2016
Px x x x x x x x x x= − + − − + = −+ − − − + =
.
Ví dụ 4
a) Cho ba số thực dương
,,abc
thỏa mãn
222
3
111
2
abbcca−+ −+ − =
. Chứng minh rằng:
222
3
2
abc++=
.
b) Tìm các số thực
,,xyz
thỏa mãn điều kiện:
2 22
1 2 33x yy zz x−+ −+ −=
.
(Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán – Trường chuyên ĐHSP Hà Nội, 2014).
c) Tìm các số thực
,xy
thỏa mãn điều kiện:
( )
24 4x y y x xy−+ − =
.
d) Giả sử
( )
;xy
là các số thực thỏa mãn
(
)
(
)
22
3 39x xy y++ ++ =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
22
P x xy y=++
.
e) Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:
2
4
44
111Pxxx=++−+−
.
Lời giải
a, Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có:
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
9
2 22 22 2
222
1 1 13
111
2 2 22
abbcca
abbcca
+− +− +−
−+ −+ −≤ + + =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
22
2 2 2 222
22
2
1
1
3
11
2
1
1
ab
ab
b c b c abc
ca
ca
= −
= −
=− ⇔ =−⇒++=


= −
= −
(đpcm).
b, Ta viết lại giả thiết thành:
2 22
21 2 2 23 6xyyzzx−+ −+ −=
Áp dụng bất đẳng thức:
22
2ab a b≤+
ta có:
2 2 2 2 2 2 22 2
212223 1 2 36x y y z z xx yy zz x−+ −+ −≤+−++−++−=
. Suy ra
VT VP≤
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
2 22
2
22
22
2
22
22
2
22
22
,, 0 ;,, 0
3
1
1
1
2 1; 0; 2
2
2
3
3
3
xyz xyz
xyz
xy
xy
xy
y z xyz
yz
yz
zx
zx
zx
≥≥
++=
= −
+=
+=

= − ⇔ ⇔ ⇔= = =

+=
+=

= −

+=
+=
.
c,
4, 4axby=−=−
với
,0ab≥
thì phương trình đã cho trở thành:
( ) ( ) ( )( )
2 2 22
2 42 4 4 4a b b aa b++ +=+ +
.
Chia
2
vế cho
( )( )
22
44ab++
thì phương trình trở thành :
22
22
1
44
ba
ba
+=
++
.
Để ý rằng
0a =
hoặc
0b =
không thỏa mãn phương trình.
Xét
,0
ab>
. Theo bất đẳng thức
AM GM−
ta có:
2 22
424 4,a 44b bb a+≥ = +≥
. Suy ra
22
1
44
ab
VT
ab
≤+=
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
2
4
28
4
a
ab xy
b
=
⇔==⇔==
=
. Vậy
8, 8xy= =
là nghiệm của phương trình.
d, Đặt
2
2 22 2 2
3
30 3 2 3
2
a
a x x a x x a ax x x x
a
−
=+ + >⇒−= + ⇒ − + =+ ⇒=
.
Tương tự đặt
2
2
3
30
2
b
by y y
b
−
=+ + >⇒=
. Khi đó
33
222 2
ab
xy
ab
+=+− −
.
Theo giả thiết ta có :
93 3 3
9 2. 2
22 2 63 3
a aa a
ab x y
aa a a
=⇒+=+ − −=+≥ =
. Lại có
( ) ( ) ( )
22 2
22 22
313
3
444
x xy y x y x y x y x xy y++= + + − ≥ + ⇒++≥
. Dấu đẳng thức xảy ra
1xy⇔==
. Vậy
( )
22
min
3x xy y++ =
.
e, Đặt
44
44
1 , 1 , 0, 2a xb x ab a b
= + = −⇒ ≥ + =
. Ta có:
P a b ab=++
. Áp dụng bất đẳng thức ở
( )
**
ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
4
2
2
24
44 22 44
1
2 8 16 2
24
ab
a b a b ab ab a b ab
+

+ ≥ + ≥ + = ⇒ + ≤ + = ⇔+≤


.
Suy ra
( )
2
3
4
ab
Pab
+
≤++ ≤
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
10ab x==⇔=
.
Ta cũng có:
( )
2
44 4 224 22 22
22aba abb ab ab+≤+ += + ⇒+≥
, mà
( )
2
22 2 2
2a b a ab b a b+≤+ +=+
với mọi
,0ab≥
. Suy ra
22
4
2ab a b+≥ + ≥
. Vậy
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
10
4
2Pababab=++ ≥+≥
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
0a =
hoặc
0b =
tức là
1x =
hoặc
1x = −
.
Ví dụ 5
Cho
,, 0
xyz
>
và
1xy yz zx++=
a) Tính giá trị biểu thức
(
)
( )
( )( ) (
)(
)
22 22 2 2
2 22
11 11 11
111
yz zx xy
Px y z
xyz
++ ++ ++
=++
+++
.
b) Chứng minh rằng :
( )( )( )
2 22
2 22
2
111
111
x y z xy
xyz
xyz
+−=
+++
+++
.
Lời giải
a) Để ý rằng
( )( )
22
1 x x xy yz zx x y x z+=+++=+ +
Tương tự đối với
22
1 ;1yz++
ta có:
( )( )
( )( )( )( )
( )( )
( )
22
2
11
1
yz
yxyzzxzy
x x xy z
x xyxz
++
++++
= = +
+ ++
Suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
22P x y z y z x z x y xy yz zx= ++ ++ + = ++ =
b) Tương tự như câu a)
Ta có:
( )( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
( )( )( )
( )( )( )
( )( )( )
2 22
2 22
111
22
111
xyz x y z
x y z xyxz xyyz zyzx
xy z yz x zx y
xy xy
xyyzzx xyyzzx
xyz
+−= + −
+ + + ++ ++ ++
++ +− +
= = =
+ ++ + ++
+++
Ví dụ 6
a) Tìm
12
, ,...,
n
xx x
thảo mãn :
( )
22 2 2 2 2 2 2 2
1 2 12
1
1 2 2 ... ...
2
nn
x x nx n x x x− + − ++ − = + ++
b) Cho
( )
2
4 41
21 21
nn
fn
nn
+−
=
++ −
với
n
nguyên dương. Tính
( ) ( ) ( )
1 2 ... 40ff f+ ++
.
Lời giải
a, Đẳng thức tương đương với:
(
)
(
)
(
)
22 2
22 2 2 2 2
12
1 1 2 2 ... 0.
n
x x xnn−−+−−++−−=
Hay
22
12
2, 2.2 ,..., 2.
n
xx xn
= = =
b, Đặt
22
2
22
4
2 1, 2 1 4 1
2
xy n
xnyn xyn
xy
+=
= + = −⇒ = −
−=
.
Suy ra
( )
( )
( ) ( )
( )
2 2 33
33
33
22
11
21 21
22
x xy y x y
fn x y n n
xy x y
++ −
= = = − = +− −
+−
.Áp dụng vào bài
toán ta có :
( ) ( ) ( )
(
)
(
)
(
)
23 3 3 3 3
1
1 2 ... 40 3 1 5 3 ... 81 79
2
ff f

+ ++ = − + − ++ −


(
)
33
1
81 1 364
2
−=
.
Ví dụ 7
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
11
a, Cho số nguyên dương
2
n
≥
. Tính giá trị biểu thức sau theo
n
:
( ) ( )
22
22 22
11 11 1 1
1 1 ... 1
23 34
23
P
nn
=+++++ +++ +
++
.
b, Cho các số thực dương
,,abc
thỏa mãn:
2
abc a b c++= + + =
. Chứng minh:
( )
(
)(
)
2
111
111
abc
abc
abc
++=
+++
+++
Lời giải
Với mọi số thực
,,abc
khác 0 sao cho:
0abc++=
thì
2
222
111 1 1 1 2 2 2
2a b c a b c ab bc c

++ = + + + + +


( )
2
222 222
2
111 111 111
abc
abc abc abc abc
++

⇔ ++ =+++ =++


Áp dụng vào bài toán ta có:
( )
2
2
2212 22
1 1 1 1 1 11 1 1 11
1 1 11
2312 23 23 23
3

++=++ =+− ⇒++=+−


−
.
Áp dụng lần lượt với các số hạng còn lại ta thu được:
11 11 1 1 1 1 1 1
1 1 ... 1 1
23 34 1 2 2 3 2 3
Pn
nn n n n

=+−++−++ + − + + − =+−

++ + + +

.
b, Đặt
( ) ( )
( )
2
2 22 2 22
, , 22 2x a y b z c x y z x y z xy yz zx x y z x y z= = = ⇒ + + =++=⇒ + + = ++ − + + =
suy ra
1xy xz yz++=
dẫn đến
( )( )
2
1 a xy yz xz x x y x z+= + + + = + +
Tương tự
( )( ) ( )( )
1 ,1b yzyx c zxzy+= + + += + +
suy ra
( )( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )
x y z xy z yz x zx y
VT
xyxz yzyz zxzy xyyzzx
++ ++ +
=++=
++ ++ ++ + ++
22
( )( )( )
(1 )(1 )(1 )
x yy zz x
abc
= =
+ ++
+++
( đpcm)
Dạng 2 : Các câu hỏi liên quan giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số.
Phương pháp : Để giải quyết các bài tập dạng này ta cần chú ý các tính chất cơ bản :
Với số thực
,0AB≥
thì
+
0A ≥
.
+
2A B AB+≥
( Bất đẳng thức
AG GM−
). Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
AB=
.
+
( ) ( )
22
22 2 2
A B C D AC BC++ + ≥ + ++
, với các số thực
,,, 0
ABCD≥
.
+
( )
( )
( )
( )
23
22 33
2,AB A B AB A B+≤ + +≤+
, với
,0AB≥
Ví dụ 1.
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của bểu thức
21
1
x
A
x
+
=
+
.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của
25
1
xx
B
x
++
=
+
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
123
a bc
C
ab c
+
=++
−− −
với các số thực
, ,cab
thỏa mãn
1, 4, 9ab c>> >
.
d) Cho
0x ≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 12D x xx= −+ ++
.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
12
(Tuyển sinh Hà Nội 2018)
e) Cho số thực
x
thỏa mãn :
05x≤≤
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của;
8 (5 ) 3
Px x xx
= −+ − +
.
f) Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
(44 44)
8 16
xx x x x
A
xx
+ −+ − −
=
−+
, với
4x >
g) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
5 18 3G xx xx= −+ −−
.
Lời giải
a) Điều kiện :
0x ≥
, ta viết lại
2( 1) 1 1
2
11
x
A
xx
+−
= = −
++
, vì
00xx≥⇒ ≥
.
1
11 1
1
x
x
⇒ +≥⇒ ≤
+
dẫn đền
211A ≥ −=
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0x =
khi đó
giá trị nhỏ nhất của
A
là
1
.
b) Điều kiện
0x ≥
. Ta viết lại
2
( 1) 4 4
1
11
x
Bx
xx
++
= = ++
++
, vì
0x
≥
nên
11x +≥
.
áp dụng bất đẳng thức AM-GM dạng
2.A B AB+≥
với các số thực không âm
,AB
ta có:
(
)
( )
44
1 2 1. 4
1
1
xx
x
x
++ ≥ + =
+
+
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
( )
2
4
1 1 4 12 1
1
x x xx
x
+= ⇔ + = ⇔ += ⇔ =
+
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của
B
bằng 1 tại
1x =
.
c, Ta có
11 1 1
1 12
11 1 1
aa
aa
aa a a
−+
= = ++ = −+ +
−− − −
do
1a >
nên
10a −>
, áp dụng bất
đẳng thức AM-GM cho 2 số thực dương ta có:
1
12
1
a
a
−+ ≥
−
suy ra
4
1
a
a
≥
−
, dấu đẳng
thức xảy ra khi và chỉ khi
1
1 1 1 4.
1
a aa
a
−= ⇔ −=⇔ =
−
Tương tự ta có:
44 4 4
2 2 48
22 2 2
bb
bb
bb b b
−+
= = ++ = −+ +≥
−− − −
, dấu đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi
16b =
;
99 9 9
3 3 6 12
33 3 3
cc
cc
cc c c
−+
= = ++ = −+ +≥
−− − −
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
36c =
;
Từ đó suy ra
24C ≥
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
4, 16, 36.ab c= = =
Hay GTNN của
C
là 24 tại
4, 16, 36ab c= = =
.
d, Điều kiện
01x≤≤
.
Ta viết lại
1 12 1 1D x x x xx xx= −+ ++ = −+ + ++
, do
0x ≥
suy ra
11
xx++ ≥
. Ta
có
( )
( )
(
)
2
1 1 21 121 1x x x x xx xx+−=+−+−=+−≥
suy ra
2D ≥
, dấu đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi
0x =
.
e, Đặt
8 ,3xax b−= +=
do
05x≤≤
suy ra
22
3, 8
.
11
ab
ab
≤≤
+=
Biểu thức
P
có dạng
( ) ( )
( ) ( )
22
33 3P a b b aabab ab
= − + − = +− +
Đặt
abt+=
từ giả thiết ta có:
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
13
( )
(
)
22
22
2 11 4 2 22 22
a b ab ab t a b t t+ − = ⇔ = − ≤ + = ⇒≤
.
Mặt khác ta cũng có:
( )( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
3 8 0 3 8 24 0
11 2 24 3 8
3 8 0 3 8 24 0
aa a a
ab
bb b b

− −≤ −+ + ≤

⇒ ⇒+ ≤ + +

− −≤ −+ + ≤


hay
22 3ab+≥ +
. Vậy
2 2 3 22t+ ≤≤
.
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
22
2 2 6 11 6 17P abab ab t t ttt= +− += − −= −
. Từ đó ta có:
( ) ( ) ( )( )
2
2 22 3 22 3 17 22 3 46 6 103 53PP

≥ + + − = + −= ⇔≥


, dấu đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi
3, 8ab= =
hoặc
8, 3 0ab x= = ⇔=
hoặc
5.x =
Ta có:
5 22
2 5 22
2
PP
≤ ⇒≤
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
11 5
.
22
ab x== ⇔=
Cách khác:
Ta có:
05x≤≤
thì
( ) ( )
8 5 3 3 5 3 5 3.Px x x x x x= −+− +≥ +− =
Dấu đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi
0x =
hoặc
5.
x =
Ta cũng có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
2
2
22
8 5 3 8 5 3 25 8 3P x x x x x x x x x x xx

= −+− + = −+− ++ − − +

Hay
( )
( )( )
( )
22
75 5 2 8 3 1 .P xx xx=+ − − +−
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
( )
( )
( )( )
2
2
5
25
5 5 .2 8 3 8 3 11
44
xx
xx x x xx xx
+−
− = − ≤ = − + ≤−++=
nên:
2
25 275 5 22
75 .10
42 2
PP≤ + = ⇒≤
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
83xx
−=+
và
5xx= −
hay
5
2
x =
. Vậy GTNN của
P
là
53
, GTLN của
P
là
5 22
.
2
f, Điều kiện để biểu thức
A
xác định là
4x >
.
( ) ( )
( )
( )
( )
22
2
42 42
42 42
4
4
42 42
4
xx x
xx x
A
x
x
xx x
x

−+ + −−

−++ −−

= =
−
−
−++ −−
=
−
+ Nếu
48x
<<
thì
420x
−−<
nên
( )
422 4
4 16
4
4 44
xx x
x
A
x xx
−++− −
= = = +
− −−
Do
48x<<
nên
0 4 4 8.xA<−<⇒ >
+ Nếu
8
x ≥
thì
420x −−≥
nên
( )
42 42
2 42 8
2 4 2 16 8
44
44
xx x
xx x
Ax
xx
xx
−++ −−
−
= = = = −+ ≥ =
−−
−−
(theo bất đẳng
thức AM-GM). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
8
2 4 44 8
4
x xx
x
−= ⇔−=⇔=
−
.
Vậy GTNN của
A
bằng 8 khi
8.x =
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
14
g, Điều kiện
( )( )
2
2
(5 ) 0
50
0 5.
36 0
18 3 0
xx
xx
x
xx
xx
−≥
−≥

⇔ ⇔≤≤

+ −≥
+−≥
Ta viết lại:
22
5 5 18 2G xx xx x= −+ −+−
. Do
2
50xx−≥
với mọi
x
thỏa mãn
05x≤≤
nên
ta có
18 2 18 2.10 8.
Gx≥−≥− =
Dấu đẳng thức xảy ra tại
5.x
=
Vậy GTNN của
G
bằng
22
khi
5.x =
Ví dụ 2
a, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
.
21
x
A
x
+
=
+
b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
.
29
x
B
xx
=
−+
c, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
.
3 11
x
C
xx
−
=
−+
d, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
9.D xx= −+
e, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( )( )
2
4 9 13.Ex x x=−+ − +
f, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
22
5 18 3 .F xx xx= −+ +−
Lời giải
a, Điều kiện:
0x ≥
ta viết lại
A
thành:
(
)
(
)
11
21
11
22
.
2
21
22 1
x
A
x
x
++
= = +
+
+
Vì
0
x ≥
nên
2 11x +≥
suy ra
(
)
11
2
22 1x
≤
+
dẫn đến
1.A ≤
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi
0.
x =
Vậy GTNN của
A
bằng
1
khi
0.x =
b, Điều kiện:
0x ≥
ta có:
( )
2
2 9 1 80xx x− += − +>
suy ra
0B ≥
+ Khi
0x =
thì
0 (1)B
=
+ Khi
0x >
thì
0
B >
ta có
1 29 9 9
2 2,
xx
xx
B
x xx
−+
= = −+ = + −
áp dụng bất đẳng thức
AM-GM cho các số thực dương ta có:
9
29 6x
x
+≥ =
suy ra
11
4.
4
B
B
≥⇒ ≤
Dấu đẳng
thức xảy ra khi và chỉ khi
9 (2)x =
Kết hợp
( ) ( )
1, 2
ta suy ra GTLN của
B
bằng
1
4
tại
9.x =
Chú ý:Học sinh hay mắc sai lầm khi đưa về
1
B
mà không xét
0.x =
(Biểu thức
1
B
chỉ xác
định khi
0x >
).
c, Điều kiện:
0x ≥
chú ý:
2
3 31
3 11 0,
24
xx x

− += − + >


Nếu
1x ≤
thì
0 (3)C ≤
Nếu
1x >
thì
0C >
ta có:
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
15
(
)
(
)
2
1 19
1 3 11 9
1 1,
11 1
xx
xx
x
C
xx x
− − −+
−+
= = = −+ −
−− −
áp dụng bất đẳng thức AM-GM
cho 2 số thực dương ta có:
9
16
1
x
x
−+ ≥
−
suy ra
11
5.
5
C
C
≥⇒ ≤
Dấu đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi
9
1 1 3 16 (4).
1
x xx
x
−= ⇔ −= ⇔ =
−
Kết hợp
( ) ( )
3,4
ta suy ra GTLN của
C
bằng
1
5
tại
16.x =
d, Điều kiện
0 3.x≤≤
Ta có
(
)
2
92 9
D xx
=+−
theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
( )
29 9 9
x xx x− ≤+−=
nên
2
18 3 2DD≤⇔≤
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
9
9.
2
x xx=−⇔=
Vậy GTLN của
D
bằng
32
tại
9
.
2
x =
e, Điều kiện
( )( ) ( )( )
9 1 3 0 3 27 3 1 0xx x x− + ≥⇔ − + ≤
do
3 27 3 1xx−<+
nên suy ra
E
xác định
khi và chỉ khi
3 10
1
9.
3 27 0
3
x
x
x
+≥
⇔− ≤ ≤
−≤
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
( )( )
2 13 9 13 9 102xx xx x+ − ≤+ +− = +
suy ra
( ) ( )
2
22
2 10 2 20 4 24 2 24.E x x xx x≤− + + = + − = − − ≤
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2.x =
Vậy GTLN của
E
bằng
24
tại
2.x =
f, Điều kiện:
( )
( )( )
2
2
50
50
0 5.
36 0
18 3 0
xx
xx
x
xx
xx
−≥
−≥

⇔ ⇔≤≤

+ −≥
+−≥
Ta viết lại
( ) ( )(
)
5 6 3,F x x xx= −+ − +
áp dụng bấ đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng
(
)
(
)( )
2
22 22
AX BY A B X Y+ ≤+ +
ta có
( )( )
2
6 5 3 48 4 3.P x x xx P≤ +− −++ = ⇒ ≤
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
6 15
.
5 37
xx
x
xx
−
= ⇔=
−+
Dạng 3: Tìm điều kiện để biểu thức nhận giá trị nguyên.
Phương pháp:
+ Đối với các biểu thức
B
PA
C
= +
với
,AB
là số nguyên,
C
nhận giá trị nguyên hoặc vô tỉ
thì
P
nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi
C
là số nguyên và
C
là ước số của
.B
+ Đối với các biểu thức
B
PA
C
= +
với
,AB
là số hữu tỉ,
C
nhận giá trị thực. Ta thường tìm
cách đánh giá
,P
tức là chặn
P
theo kiểu
MPN≤≤
từ đó suy ra các giá trị có thể có của
.P
Hoặc tìm điều kiện của
P
để tồn tại biến
, ,...xy
thỏa mãn yêu cầu bài toán từ đó suy ra các giá
trị nguyên có thể có của
.P
+ Đối với các bài toán tổng hợp học sinh cần chú ý điều kiện ban đầu để loại các giá trị
không thỏa mãn.
Ví dụ 1
a, Tìm các giá trị nguyên của
x
để
25
1
x
P
x
+
=
+
là số nguyên.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
16
b, Tìm tất cả các số thực
x
để
2
1
P
xx
=
−+
là số nguyên.
c, Chứng minh: Không tồn tại giá trị thực của
x
để
35
2
x
P
x
+
=
+
là số nguyên.
Lời giải
a, Điều kiện
0.x ≥
Ta viết lại
( )
2 13
3
2.
11
x
P
xx
++
= = +
++
Do
x
là số nguyên nên
1x +
nhận giá trị nguyên hoặc vô tỉ. Suy ra
P
là số nguyên khi và chỉ khi
1x
+ là số nguyên và
1x +
là ước của 3. Chú ý
}
{
}
{
}
{
1 1 1 1; 3 0; 2 0; 4 .xx xx+≥⇒ +∈ ⇔ ∈ ⇔ ∈
Vậy
}
{
0;4x∈
thì
P
nhận giá trị nguyên.
b, Điều kiện
0.x ≥
Do
0x ≥
nên
2
13
10
24
xx x

− +≥ − + >


suy ra
0P >
ta có
2
2 2 28
,
3
3
1
13
4
24
P
xx
x
= = <=
−+

−+


như vậy
8
0.
3
P
<<
Vì
P
là số nguyên nên
P
có thể
nhận các giá trị
}
{
1; 2 .P
∈
TH1:
2
51
15
2
1 12
24
51
2
x
P xx x
x
+
=

=⇔ − += ⇔ − = ⇔


−+
=
do
51 3 5
0.
22
xx x
++
≥⇒ = ⇔=
TH2:
( )
2 11 0 1 0 0P xx xx xx x=⇔− +=⇔− =⇔ − =⇔=
hoặc
1.x =
Vậy
35
0; 1;
2
x
+

∈

thì
P
nhận giá trị nguyên.
c, Điều kiện
0.
x ≥
Dễ thấy
P
là số dương. Để ý rằng:
3 53 6
3
22
xx
P
xx
++
=<=
++
suy ra
03
P<<
vì
P
là số nguyên nên
P
có thể nhận các giá trị là 1 hoặc 2.
TH1:
13 5 22 3P xx x
=⇔ += +⇔ =−
vô lí.
TH2:
(
)
2 3 52 2 1Pxxx
=⇔ += + ⇔ =−
vô lí.
Vậy không tồn tại
x
để
P
là số nguyên.
Cách khác: Giả sử tồn tại giá trị
0
x ≥
để
35
P
2
x
x
+
=
+
là số nguyên. Khi đó ta có:
( )
35
P P 2P 3 5 P 3 5 2P ( )
2
x
x xx
x
+
= ⇔ + = +⇔ − =− ∗
+
Nếu
P3=
thì
()∗
có dạng
01= −
vô lý, vậy
P 3.≠
Từ
()∗
ta cũng suy ra
5 2P
,
P3
x
−
=
−
Do
0x ≥
ta suy ra
P
phải thỏa mãn:
5 2P 2P 5 2P 5
0 0 0,
P3 P3 2P6
− −−
≥⇔ ≤⇔ ≤
−− −
để ý rằng
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
17
2P 5 2P 6−> −
nên điều kiện
2P 5 0
2P 5 5
0 P3
2P 6 0
2P 6 2
−≥
−
≤⇔ ⇒ ≤<
−<
−
()∗∗
, do P là số nguyên nên
()
∗∗
không thể xảy ra. Tóm lại P không thể nhận giá trị nguyên.
III. MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP
Cho
( )
2
A0
2
x
x
x
−
= ≥
+
,
8 18 1 2 1
B:
21
22
xx xx x
x
xx xx

− ++
= −


−
−+

với
11
0, , .
22
xx x≥ ≠ ≠−
a) Chứng minh khi
3 22x = +
thì
52 1
A.
7
−
=
b) Rút gọn B và tìm x để
A2
B
4
x
x
−
=
.
Lời giải:
a) Ta có
( )
2
322 21 21xx=+ = +⇒ = +
thay vào A ta có:
(
)
( )
( )(
)
22 13 2
3 22 2 22 1 521
A.
7
212 3 2
3 23 2
+−
+− + −
= = = =
++ +
+−
b) Ta có:
( )( )
(
)
( )( )
(
)
2142121421
8 18 121 21
B: :
21 21
22
21 21
x xx x xx
xx xx x x
xx
xx xx
xx xx

− ++ + −+

− ++ +

=−= −



−−
−+
−+


( ) ( ) ( )( )
( )
( )
42 1 42 1 2 2 1
42142121 A 2
: :,
21 21 B 21
2
4 22 1
x x xx
xx xx x x
xx x
xx x
xx

− − −+
++ −+ + −
= − = ⇒= =


−+ +
+
+−

yêu cầu bài toán tương đương với
( )( )
( )
( )
( )
( )
( )
22 1
2 21 1
20
4
4 22 1 22 1
xx
xx
x
xx
xx xx

−+
−+

= ⇔− − =

+− +−

hay
2x
=
hoặc
( )
(
)
21 1
22 1
x
x
xx
+
=
+−
(*)
. Ta có
( )
( )
( )
( )( )
(*) 2 1 2 2 1 4 2 2 0 2 1 0 1 2 1 0xx x x x x x x x x⇔ += + −⇔− −=⇔− −=⇔ − +=
1 1.xx⇔ =⇔=
Đối chiếu với điều kiện bài toán ta thấy
1, 2xx= =
thỏa mãn.
Cho biểu thức:
9 2 22
A ;B
44
22
x xx x
xx
xx
+ +−
= =−+
−−
−+
với
0, 4.
xx>≠
a) Rút gọn biểu thức B.
b) Đặt
P A : B.=
Tính giá trị của P khi
1
.
36
x =
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Lời giải:
a)
( )( )
( ) ( )
( )( )
( )( )
22
2 22
22 2 6
B
22
22 22 22
xxx
xx x x
xx
xx xx xx
+− −−
+−
=−− = =
−+
−+ −+ −+
( )
( ) ( )
( )
96 9
P A:B :
6
22 22
x xx
x
xx xx
++
= = =
−+ −+
Bài 2
Bài 1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
18
b) Khi
11
36 6
xx=⇒=
ta có
1
9
325
36
P.
1
36
6.
6
+
= =
c)
91 9
P.
6
6
x
x
xx
+

= = +


Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:
9
6.x
x
+≥
Suy ra
P 1.≥
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
9
3 9.x xx
x
= ⇔ =⇔=
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 tại
9.
x =
Cho
32 2 1
A ,B
23 5 6 1
xx x
x xx x x
++ +
=++ =
− − −+ +
với
0, 4, 9xxx≥≠≠
a) Rút gọn A.
b) Tính giá trị của A khi
7 4 3.x = +
c) Đặt
P A:B=
. Tìm x để
P 4.≤
Lời giải:
a) Điều kiện xác định:
0
4
9
≥
≠
≠
x
x
x
Ta có:
32 2
A
23 5 6
xx x
x xx x
++ +
=++
− − −+
( )( ) ( )( )
( )( )
33 22 2
1
.
2
23
xx xx x
x
xx
+ −− + −+ +
= =
−
−−
b) Khi
( )
2
74323 23xx=+ =+ ⇒=+
thì
1 13
A.
3
2 32 3
= = =
+−
c) Ta có
( )
14 2
11 1 1
P : 4 40 0
21 2 2 2
xx
xx
xx x x x
+− −
++
= = ≤⇔ −≤⇔ ≤
−+ − − −
hay
( )
33
3
0 0 (*)
22
x
x
xx
−
−
≤⇔ ≥
−−
TH1:
30 9
9
4
20
xx
x
x
x
−≥ ≥
⇔ ⇒≥

>
−≥
đối chiếu điều kiện suy ra
9.x >
TH2:
30 9
4
4
20
xx
x
x
x
−≤ ≤
⇔ ⇒<

<
−≤
đối chiếu điều kiện suy ra
0 4.
x≤<
Vậy
P4≤
khi và chỉ khi
04x≤<
hoặc
9.x >
Cho biểu thức
( )
23 2 3 57
A , B 0, 4 .
5 10 2 2 1 2 3 2
xx
xx
x x x x xx
+−
= = + − >≠
− − + −−
a) Rút gọn B.
b) Tìm x sao cho
C B:A=
nhận giá trị là một số nguyên.
Lời giải:
a) Ta có:
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( )
22 1 3 2 5 7
2 3 57 23
B.
22 12 3 2
22 1 22 1
xxx
xx
x x xx
xx xx
++ − − −
−+
=+− = =
− + −−
−+ −+
b) Ta
Bài 3
Bài 4
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
19
có:
23
A
5 10
x
xx
+
=
−
nên
( )( )
( )
52
23 5
C B:A . .
2321
22 1
xx
xx
xx
xx
−
+
= = =
++
−+
Vì
0, 0, 4x xx> ∀> ≠
nên
5
C0
21
x
x
= >
+
ta có:
( )
55 5 5 5
C 0C
2 22
21
22 12
x
x
x
= =− ≤ ⇒< <
+
+
Kết hợp với điều kiện C là một số nguyên ta suy ra
{ }
C 1; 2∈
+ Nếu
11
C1 5 2 1
39
xx x x=⇔ = +⇒ = ⇒ =
thỏa mãn điều kiệ
n.
+ Nếu
C2 5 4 2 2 4xx x x=⇔ = +⇒ =⇒=
không thỏa mãn điều kiệ
n.
Vậy
1
9
x =
thì C nhận giá trị là một số nguyên.
Cho biểu thức
11
A ,B
1
11
x xx
x
xx
+−
= = −
−
−+
với
0, 1xx≥≠
.
a) Tìm x để
A 2.=
b)
Chứng tỏ rằng A. B không phụ thuộc vào x.
c) Tìm x để
A B.
≥
Lời giải:
a) Ta có:
( )
1
A 2 2 1 2 1 3 9.
1
x
x x xx
x
+
= ⇔ = ⇔ += − ⇔ = ⇔ =
−
b) Ta có:
( )
( )( )
( )( )
( )( )
1
1 1 21
B
1
1
11 11 11
xx
x x x xx
x
x
xx xx xx
−
− − −+
=−= − =
−
+
+− +− +−
(
)
( )( )
2
1
1
1
11
x
x
x
xx
−
−
= =
+
+−
suy ra
11
A.B . 1.
11
xx
xx
+−
= =
−+
c)
(
)
( )
( )( ) ( )( )
22
11
11 11 4
AB 0 0 0
11 11
11 11
xx
xx xx x
xx xx
xx xx
+− −
+− +−
≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥⇔ ≥⇔ ≥
−+ −+
+− +−
Vì
0x ≥
nên
0x ≥
suy ra điều kiện là
(
)
(
)
1 1 0 1 0 1 1.xx x xx− + ≥⇔ −>⇔ >⇔>
Vậy để
AB
≥
thì điều kiện là :
1.x >
Cho biểu thức
( )
23
33
P
2 3 13
x
xx x
xx x x
−
−+
= −+
−− + −
với
0, 9.xx≥≠
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của P biết
3 2 2.x = −
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Lời giải:
a) Ta có:
( )
( ) ( )( )
( )( )
2
23 323 3 1
33
P
2 3 13
13
x xx x x x
xx x
xx x x
xx
− −− − − + +
−+
= − +=
−− + −
+−
( )( ) ( )( )
( )
( )
( )( )
38
3 2 12 18 4 3 3 8 24 8
.
1
13 13 13
xx
xx x x x x xx x x x
x
xx xx xx
−+
−− + − −− − − + − +
= = = =
+
+− +− +−
Bài 5
Bài 6
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
Website: tailieumontoan.com
2020
20
b) Với
( )
2
322 21 21xx=− = −⇒ = −
thay vào P ta có:
11 2 2 11 2 4
P.
2
2
−−
= =
c) Ta có:
19 9 9
P 1 1 2.
1 11
x
xx
x xx
−+
= = −+ = ++ −
+ ++
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta
có:
9
1 2 9 6 P 4.
1
x
x
++ ≥ = ⇒ ≥
+
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
9
1 1 3 4.
1
x xx
x
+= ⇔ += ⇔ =
+
Vậy GTNN của P bằng 4 khi
4.x
=
Cho biểu thức
10
A ,B
4
43 2
x xx
x
xx
−
= = +
−
−−
với
9
0, 4, .
16
xxx≥≠≠
a) Tính giá trị của A khi
25.x =
b) Rút gọn B. c)
Tìm x để
B 2A.=
Lời giải:
a) Khi
25x =
thì
5x =
suy ra
55
A.
4.5 3 17
= =
−
b)
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
+2 + 10
10 10 +3 10 5
B
4
2 2 +2
2 2 2 +2 2 +2
xx x
x x x x xx x
x
xx x
xx xx xx
−
− − −+
=+=+ = = =
−
−−
−+ − −
c)
( ) ( )( )
52
B 2A 2 2 5 4 3 2 13 15 0
24 3
xx
xx x x x x
xx
+
= ⇔ = ⇔ += + −⇔ + −=
+−
( )
( )
1
1 2 15 0
15
2
x
xx
x
=
⇔ − +=⇔
= −
do
01xx≥⇒ =
thỏa mãn hay
1.x =
Bài 8: Cho P=
2 1 9 14
1
3 2 32
xx
x x xx
+

++

+ + ++

với x
≥
0,x
≠
1
a, Rút gọn P
b, Tính giá trị của P khi
4x =
.
c, Tìm các giá trị của x để P là số tự nhiên.
Lời giải
a, Ta có
P=
2 3 9 14
3 2 ( 2)( 1)
xx x
xx xx

++
+


++ ++

=
2 ( 1) 9 14 2 11 14
( 2)( 1) ( 2)( 1) ( 2)( 1)
xx x x x
xx xx xx
+ + ++
+=
++ ++ ++
Hay P=
( 2)(2 7) (2 7)
( 2)( 1) ( 1)
xx x
xx x
++ +
=
++ +
b,Với x=4 thì
x
=2 suy ra P=
2.2 7 11
21 3
+
=
+
c, Ta có P =
2( 1) 5 5
2
11
x
xx
++
= +
++
Do x
≥
0 nên 0
5
5
1x
<≤
+
suy ra 2
7P<≤
.Vì P là số nguyên nên
Bài 7
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Tài liệu khác của Toán 9

Preview text:

Tailieumontoan.com 
Điện thoại (Zalo) 039.373.2038
CÁC CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ
LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Tài liệu sưu tầm, ngày 8 tháng 12 năm 2020
Website: tailieumontoan.com 2020
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 1
Website: tailieumontoan.com 2020
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 3
Website: tailieumontoan.com 2020
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 2 x  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. a   0 x  0      2  a   x x  a  
• Với hai số thực không âm a,b tacó: a  b  a  b
• Khi biến đổi các biểu thức liên quan đến căn bậc hai ta cần lưu ý:  A A 0 2  +  A  A   nếu    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 2 B B B M M A + 
với A>0; (Đây gọi là phép khử căn thức ở mẫu) A A M M( A  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 3 x  a 3
• Cho a ∈R; 3   3  3 a x x 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 3 a a • 3  với mọi b≠0 3 b b • 3  3 3 ab a. b với mọi a, b • Nếu a< b thì 3  3 a b
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 4
Website: tailieumontoan.com 2020 • 3  3 2 A B A B 3 2 A AB • 3  B B với B≠0 3 A A •  3 3 B B 3 2 3 1 A  AB  3 2 B •  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 2k   1 a x x
 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x  0 và 2k x  a ;
2k a x  x  0 và 2k x  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 2
A  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: •     2   2 ab bc ca m a
m a  ab  bc ca  (a b)(a c); •
a b c  n  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 1 1 1 • Nếu a+b+c =0 thì 3 3 3   a  b  c  3abc,    với abc ≠0 2 2 2       a b c a b c Ví dụ 1
Rút gọn các biểu thức: 1
a) A  x  x  x  khi x  0, 4 1
b) B  4x 2 4x 1  4x  2 4x 1 khi x  , 4
c) C  9 3 3  5 810 7 4 3 Lời giải
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 5
Website: tailieumontoan.com 2020  2 1 1 1 a)  
A  x  x x   x   x    x  x  4    2 2 + Nếu 1 1 1 1 1
x   x  thì x   x   A  2 4 2 2 2 + Nếu 1 1 1 1 1
x   0  x  thì x    x   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    2    2 B ( 4x 1 1)
( 4x 1 1)  4x11  4x1  4
 4x11  4x1 1 Nếu 1
4x11 0  0.4x11  x  thì 4x11  4x11 suy ra B  2 4x1 2 Nếu 1 1
4x11 0  4x11  x  thì | 4x11  |  4x1 1 suy ra B=2 4 2 c) Để ý rằng    2 7 4 3 (2 3)  74 3  2 3
Suy ra C  9 5 3  5 8 10(2 3)  9 5 3  5 2810 3     2 9 3 3 5 (5
3) 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  là số tự nhiên 3 3 3 3 8
d) Tính x+y biết   2    2 x x 2019 y y 2019 2019
e) Cho các số thực x,y thỏa mãn:   2    2 x y 1 y
x  11. Tính giá trị cua x+y. Lời giải: a) Dễ thấy A≤0, Cách 1: 2  2
Ta có A   8 4 3  8 4 3    
 84 3 8 4 3 2 84 3. 8 4 3   162.4  8 Suy ra A   8  2 2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 6
Website: tailieumontoan.com 2020
Cách 2: Ta viết lại:   2   2 A ( 6 2) ( 6
2)  6  2  6  2  6  2  6  2  2 2
b) Áp dụng hằng đẳng thức  3  3  3 (u v) u v 3uv(u  v) ta có:  3  84 84  3 3 3  B  1  1    9 9         84 84  84 84  84 84    1 1 3 1 · 1 3 3    1  1  9 9 9 9   9 9           84 3  84  84  Hay B  2  3 1  3 3 3  1
.B  B  23 1 B  B  2B  B  B2  0     9     9  81  12 7    2 (B 1) B  B  2  0 mà 2  
3  B2 B      0 
suy ra B = 1. Vậy B là số  2 4 nguyên.
c) Áp dụng hằng đẳng thức  3  3  3 (u v) u v 3uv(u  v) Ta có 3     3        2 x 2a (1 2a)x x (2a 1)x 2a 0 (x 1) x  x   2a  0 (1) Xét đa thức bậc hai 2
x  x 2a với  18a  0 1 1 1 Khi a  ta có x  3  3 1 8 8 8 1
Khi a  , ta có   18a âm nên đa thức (1) có nghiệm duy nhất x = 1. Vậy với mọi 8 1 a  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 2    2    2   2 x 2019 x x 2019 x x 2019 x  2019.
Kết hợp với giả thiết suy ra 2    2 x 2019 x y 2019  y  2    2    2    2 y 2019 y x 2019 x x 2019 x
y 2019 y  x  y  0
Tổng quát ta có 2    2 x a x
y a  y a thì x+y =0
e) Nhân 2 vế đẳng thức với:    2    2 x 1 y y 1 x  ta có
  2    2   2  2    2   2 x y 1 x 1 y y 1 x y x 1 x 1 y y 1 x . Hay
 2  2   2  2     2   2    2  2 x y 1 y x 1 xy x 1 x y 1 y 1 x 1 y 
 2  2   2  2      2  2   2   2 x y 1 y x 1 2xy 2 1 x 1 y x 1 y y 1 x 
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 7
Website: tailieumontoan.com 2020 2 2   2  2  
  2  2    2  2    2  2 1 x y 2xy 2 1 x 1 y 1 2(1 xy) x y 2 1 x 1 y  2 Hay    2  2   2   2     2   2 2(1 xy) x y 2 (xy 1) (x y) (1 xy) (xy 1) (x y) | xy1|
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2
(x y)  0  x  y hay x + y = 0. Ví dụ 3 4 3 2
x − 4x + x + 6x +12
a, Cho x = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5 . Tính giá trị biểu thức: P = . 2 x − 2x +12 b, Cho 3
x = 1+ 2 . Tính giá trị của biêu thức 4 4 3 2
B = x − 2x + x − 3x +1942 . (Trích đề thi vào lớp
10 trường PCT Ngoại ngữ Hà Nội năm 2015-2016). c, Cho 3 3
x = 1+ 2 + 4 . Tính giá trị biểu thức: 5 4 3 2
P = x − 4x + x − x − 2x + 2015 . Lời giải 2   a, Ta có: 2 x = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5
= 8 + 2 4 + 10 + 2 5 . 4 − 10 + 2 5     ⇔ x = + − = +
( − )2 = + ( − )= + =( − )2 2 8 2 6 2 5 8 2 5 1 8 2 5 1 6 2 5 5 1 .
⇒ x = 5 +1 . Từ đó ta suy ra (x − )2 2 1
= 5 ⇔ x − 2x = 4 . (x −2x)2 2 − 2( 2 x − 2x) 2 +12 4 −3.4 +12 Ta biến đổi: P = = = 1. 2 x − 2x +12 4 +12 b, Ta có: 3
x = 1+ 2 ⇒ ( x − )3 3 2
1 = 2 ⇔ x − 3x + 3x − 3 = 0 . Ta biến đổi biể thức P thành: 2 P = x ( 3 2
x − x + x − ) + x( 3 2
x − x + x − ) + ( 3 2 3 3 3 3 3 3
x − 3x + 3x − 3) +1945 = 1945 . c, Để ý rằng: 3 2 3 x =
2 + 2 +1 ta nhân thêm hai vế với 3 2 −1 để tân dụng hằng đẳng thức: 3 3
a − b = (a − b)( 2 2
a + ab + b ). Khi đó ta có: ( 3 − ) x = ( 3 − )( 3 2 3 2 1 2 1 2 + 2 + ) 1 = 1 3
⇔ 2x = x +1 ⇔ 2x = (x + )3 3 3 2
1 ⇔ x − 3x − 3x −1 = 0 . Ta biến đổi: 5 4 3 2
P = x − x + x − x − x + = ( 2 x − x + )( 3 2 4 2 2015
1 x − 3x − 3x − ) 1 + 2016 = 2016 . Ví dụ 4 3
a) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2 2
a 1− b + b 1− c + c 1− a = . Chứng minh rằng: 2 3 2 2 2
a + b + c = . 2
b) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: 2 2 2
x 1− y + y 2 − z + z 3 − x = 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 ( 2 x + + x )( 2 3
y + 3 + y ) = 9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P = x + xy + y .
e) Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: 4 4 4 2
P = 1+ x + 1− x + 1− x . Lời giải
a, Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có:
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 8
Website: tailieumontoan.com 2020 2 2 2 2 2 2 a +1− b b +1− c c +1− a 3 2 2 2
a 1− b + b 1− c + c 1− a ≤ + + = 2 2 2 2 2  = − 2 2 a 1 ba =1− b
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   3 2 2 2 2 2 2
b = 1− c ⇔ b = 1− c ⇒ a + b + c = (đpcm). 2   2 2 2 c = 1− = 1 a c − a   
b, Ta viết lại giả thiết thành: 2 2 2
2x 1− y + 2 y 2 − z + 2z 3 − x = 6
Áp dụng bất đẳng thức: 2 2
2ab ≤ a + b ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2x 1− y + 2 y 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 2 
x, y, z ≥ 0
x + y + z = 3; x, y, z ≥ 0 x = 1− y    2 2 2 2   x + y = 1  x + y = 1 2
y = 2 − z ⇔  ⇔ 
⇔ x = 1; y = 0; z = 2 . 2 2 2 2 y + z = 2 y + z = 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:
( 2a + )b+ ( 2b + )a = ( 2a + )( 2 2 4 2 4 4 b + 4) . 2b 2a Chia 2 vế cho ( 2 a + )( 2
4 b + 4) thì phương trình trở thành : + =1. 2 2 b + 4 a + 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: 2 2 2
b + 4 ≥ 2 4b = 4 ,
b a + 4 ≥ 4a . Suy ra 2a 2b 2 a = 4 VT ≤ +
=1, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
⇔ a = b = 2 ⇔ x = y = 8. Vậy 4a 4b 2 b = 4
x = 8, y = 8 là nghiệm của phương trình. 2 d, Đặt a − 3 2 2 2 2 2
a = x + 3 + x > 0 ⇒ a − x = 3 + x ⇒ a − 2ax + x = 3 + x ⇒ x = . 2a 2 Tương tự đặt b − 3 a b 2
b = y + 3 + y > 0 ⇒ y = . Khi đó 3 3 x + y = + − − . 2b 2 2 2a 2b Theo giả thiết ta có : a 9 3 a a 3 a 3
ab = 9 ⇒ x + y = + − − = + ≥ 2 . = 2 . Lại có 2 2a 2a 6 3 a 3 a 3
x + xy + y = (x + y)2 1 + (x − y)2 3 ≥ (x + y)2 2 2 2 2
⇒ x + xy + y ≥ 3. Dấu đẳng thức xảy ra 4 4 4
⇔ x = y =1. Vậy ( 2 2
x + xy + y ) = 3. min e, Đặt 4 4 4 4
a = 1+ x, b = 1− x ⇒ a, b ≥ 0, a + b = 2 . Ta có: P = a + b + ab . Áp dụng bất đẳng thức ở (**) ta có (   +
a + b ) ≥ (a + b ) 2 4 2 1 a b 2 ≥ (a +b)2 ( ) = ⇒ (a + b)4 4 4 2 2 ≤ 8   ( 4 4
a + b ) = 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
Ta cũng có: a + b ≤ a + a b + b = (a +b )2 4 4 4 2 2 4 2 2 2 2 2
⇒ a + b ≥ 2 , mà
a + b ≤ a + ab + b = (a + b)2 2 2 2 2 2
với mọi a,b ≥ 0 . Suy ra 2 2 4
a + b ≥ a + b ≥ 2 . Vậy
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 9
Website: tailieumontoan.com 2020 4
P = a + b + ab ≥ a + b ≥
2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0 hoặc b = 0 tức là
x = 1 hoặc x = 1 − . Ví dụ 5
Cho x, y, z > 0 và xy + yz + zx = 1 ( 2 1+ y )( 2 1+ z ) ( 2 1+ z )( 2 1+ x ) ( 2 1+ x )( 2 1+ y )
a) Tính giá trị biểu thức P = x + y + z . 2 2 2 1+ x 1+ y 1+ z
b) Chứng minh rằng : x y z 2xy + − = . 2 2 2 1+ x 1+ y 1+ z ( 2 1+ x )( 2 1+ y )( 2 1+ z ) Lời giải a) Để ý rằng 2 2
1+ x = x + xy + yz + zx = ( x + y)( x + z) Tương tự đối với 2 2
1+ y ;1+ z ta có: ( 2 1+ y )( 2 1+ z )
( y + x)( y + z)(z + x)(z + y) x = x = x y + z 2 1+ x
(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 + − = + − 2 2 2 1+ x 1+ y 1+ z
(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) ( 2 1+ x )( 2 1+ y )( 2 1+ z ) Ví dụ 6 1
a) Tìm x , x ,..., x thảo mãn : 2 2 2 2 2 2
x −1 + 2 x − 2 + ... + n x − n = x + x + + x n ( 2 2 2 ... 1 2 1 2 n ) 1 2 n 2 n + n − b) Cho f (n) 2 4 4 1 =
với n nguyên dương. Tính f ( )
1 + f (2) + ... + f (40) . 2n +1 + 2n −1 Lời giải a, Đẳ 2 2 2
ng thức tương đương với: ( 2 2 x −1 − ) 1 + ( 2 2
x − 2 − 2) +...+ ( 2 2
x − n − n = 0. 1 2 n ) Hay 2 2
x = 2, x = 2.2 ,..., x = 2.n 1 2 n 2 2
x + y = 4n  b, Đặ  t 2 x = 2n +1, y =
2n −1 ⇒ xy = 4n −1 .  2 2 x − y = 2  2 2 3 3
x + xy + y x − y 1 1 Suy ra f (n) = = = (x − y ) = n + − n − .Áp dụng vào bài x + y x − y 2 2 ( (2 )3 1 (2 )3 3 3 1 2 2 ) 1 toán ta có :   f ( )
1 + f (2) + ... + f (40) = ( 2 3 3 − 1 ) + ( 3 3 5 − 3 ) +...+ ( 3 3 81 − 79 ) 2  1 ( 3 3 81 − 1 ) = 364 . 2 Ví dụ 7
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 10
Website: tailieumontoan.com 2020
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+ + . 2 2 2 2 2 3 3 4 (n + 2)2 (n +3)2
b, Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn: a + b + c = a + b + c = 2 . Chứng minh: a b c 2 + + = 1+ a 1+ b 1+ c
(1+ a)(1+b)(1+ c) Lời giải
Với mọi số thực a,b,c khác 0 sao cho: a + b + c = 0 thì 2  2 1 1 1  1 1 1 2 2 2  1 1 1  1 1 1
2 (a + b + c) + + = + + + + + 1 1 1   ⇔ + + = + + + = + +   2 2 2  a b c a b c ab bc 2c 2 2 2 2 2 2  a b c a b c abc a b c
Áp dụng vào bài toán ta có: 2 1 1 1 1 1  1 1  1 1 1 1 1+ + = + + = 1+ − ⇒ 1+ + = 1+ −   . 2 2 1 2 2 3 1 2 ( 3 − )2 2 2  2 3  2 3 2 3
Áp dụng lần lượt với các số hạng còn lại ta thu được: 1 1 1 1  1 1   1 1  1 1 P = 1+ − +1+ − + ...+ 1+ − + 1+ − = n + −     . 2 3 3 4  n +1 n + 2   n + 2 n + 3  2 n + 3 b, Đặt x = a y = b z =
c ⇒ x + y + z = x + y + z =
⇒ (xy + yz + zx) = (x + y + z)2 2 2 2 − ( 2 2 2 , , 2 2
x + y + z ) = 2
suy ra xy + xz + yz = 1 dẫn đến 2
1+ a = xy + yz + xz + x = ( x + y)( x + z)
Tương tự 1+ b = ( y + z)( y + x),1+ c = (z + x)(z + y) suy ra x y z
x( y + z) + y(z + x) + z(x + y) VT = + + =
(x + y)(x + z)
( y + z)( y + z)
(z + x)(z + y)
(x + y)( y + z)(z + x) 2 2 = = ( đpcm)
(x + y)( y + z)(z + x)
(1+ a)(1+ b)(1+ c)
Dạng 2 : Các câu hỏi liên quan giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số.
Phương pháp : Để giải quyết các bài tập dạng này ta cần chú ý các tính chất cơ bản : Với số thực , A B ≥ 0 thì + A ≥ 0 .
+ A + B ≥ 2 AB ( Bất đẳng thức AG − GM ). Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A = B . + + + + ≥ ( + )2 + ( + )2 2 2 2 2 A B C D A C B C , với các số thực ,
A B, C, D ≥ 0 .
+ ( A + B)2 ≤ ( A + B ) ( A + B)3 2 2 ≤ ( 3 3 2 ,
A + B ) , với , A B ≥ 0 Ví dụ 1. 2 x +1
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của bểu thức A = . x +1 x + 2 x + 5
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của B = x +1 a +1 b c
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của C = + +
với các số thực a,b,c thỏa mãn a −1 b − 2 c − 3
a > 1, b > 4, c > 9 .
d) Cho x ≥ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức D = 1− x + 1+ x + 2 x .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 11
Website: tailieumontoan.com 2020
(Tuyển sinh Hà Nội 2018)
e) Cho số thực x thỏa mãn : 0 ≤ x ≤ 5 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của;
P = x 8 − x + (5 − x) x + 3 .
x( x + 4 x − 4 +
x − 4 x − 4 )
f) Tìm giá trị nhỏ nhất của A = , với x > 4 2 x − 8x +16
g) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
G = 5x − x + 18 − 3x − x . Lời giải a) Điề 2( x +1) −1 1
u kiện : x ≥ 0 , ta viết lại A = = 2 −
, vì x ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 . x +1 x +1 1 ⇒ x +1 ≥ 1⇒
≤ 1 dẫn đền A ≥ 2 −1 =1, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 khi đó x +1
giá trị nhỏ nhất của A là 1. 2 b) Điề ( x +1) + 4 4
u kiện x ≥ 0 . Ta viết lại B = = x +1+
, vì x ≥ 0 nên x +1 ≥ 1. x +1 x +1
áp dụng bất đẳng thức AM-GM dạng A + B ≥ 2 .
A B với các số thực không âm , A B ta có: 4 x + + ≥ ( x + ) 4 1 2 1 .
= , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x + ( x + ) 4 1 1 x + = ⇔ ( x + )2 4 1 1
= 4 ⇔ x +1 = 2 ⇔ x =1. x +1
Vậy giá trị nhỏ nhất của B bằng 1 tại x = 1. a a −1+1 1 1 c, Ta có = = a +1+ = a −1+
+ 2 do a >1nên a −1 > 0 , áp dụng bất a −1 a −1 a −1 a −1 đẳ a
ng thức AM-GM cho 2 số thực dương ta có: 1 a −1+ ≥ 2 suy ra ≥ 4 , dấu đẳng a −1 a −1 1
thức xảy ra khi và chỉ khi a −1 =
⇔ a −1 = 1 ⇔ a = 4. a −1 Tương tự b b − 4 + 4 4 4 ta có: = = b + 2 + = b − 2 +
+ 4 ≥ 8, dấu đẳng thức xảy ra b − 2 b − 2 b − 2 b − 2
khi và chỉ khi b = 16 ; c c − 9 + 9 9 9 = = c + 3 + = c − 3 +
+ 6 ≥12 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c − 3 c − 3 c − 3 c − 3 c = 36 ;
Từ đó suy ra C ≥ 24 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4, b = 16, c = 36.
Hay GTNN của C là 24 tại a = 4, b = 16, c = 36 .
d, Điều kiện 0 ≤ x ≤ 1.
Ta viết lại D = 1− x + 1+ x + 2 x = 1− x + x + 1+ x + x , do x ≥ 0 suy ra 1+ x + x ≥ 1. Ta 2
có ( x + 1− x ) = x +1− x + 2 x(1− x) =1+ 2 x(1− x) ≥1 suy ra D ≥ 2 , dấu đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi x = 0 .
 3 ≤ a, b ≤ 8
e, Đặt 8 − x = a, x + 3 = b do 0 ≤ x ≤ 5 suy ra  . 2 2 a + b =11
Biểu thức P có dạng P = ( 2 a − )b + ( 2 3
b − 3) a = ab(a + b) − 3(a + b)
Đặt a + b = t từ giả thiết ta có:
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 12
Website: tailieumontoan.com 2020
(a +b)2 − ab = ⇔ ab = t − ≤ (a +b)2 2 2 2 11 4 2 22
= t ⇒ t ≤ 22 . Mặt khác ta cũng có: (a− 3  )(a− 8) 2 ≤ 0 a −  ( 3+ 8)a+ 24 ≤0 ( ⇒  ⇒ + ≤ + a + b b − 3  )(b− 8) 11 2 24 3 8 2 ≤ 0 b  −  ( 3+ 8) ( )( ) b + 24 ≤ 0
hay a + b ≥ 2 2 + 3 . Vậy 2 2 + 3 ≤ t ≤ 22 .
Ta có: P = ab (a + b) − (a + b) = ( 2 t −
)t − t = t( 2 2 2 6 11 6
t −17) . Từ đó ta có:   P ≥ ( + )( + )2 2 2 2 3 2 2 3 −17 =
 (2 2 + 3)(4 6 − 6) =10 3 ⇔ P ≥ 5 3 , dấu đẳng thức xảy  
ra khi và chỉ khi a = 3, b = 8 hoặc a = 8, b = 3 ⇔ x = 0 hoặc x = 5. 5 22 11 5
Ta có: 2P ≤ 5 22 ⇒ P ≤
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = ⇔ x = . 2 2 2 Cách khác:
Ta có: 0 ≤ x ≤ 5 thì P = x 8 − x + (5 − x) x + 3 ≥ x 3 + (5 − x) 3 = 5 3.Dấu đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi x = 0 hoặc x = 5. Ta cũng có: P = x − x + ( − x) 2
x +  = x ( − x) + ( − x)2 2 2 8 5 3 8 5
(x +3)+ 2x(5− x) (8− x)(x +3)   Hay 2 P = + ( 2 75
5x − x )(2 (8 − x)(x + 3) − )
1 . Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 x + 5 − x 25 2
5x − x = x (5 − x) ( ) ≤ =
.2 (8 − x)( x + 3) ≤ 8 − x + x + 3 = 11 nên: 4 4 25 275 5 22 2 P ≤ 75 + .10 = ⇒ P ≤
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 8 − x = x + 3 và x = 5 − x 4 2 2 5 5 22 hay x =
. Vậy GTNN của P là 5 3 , GTLN của P là . 2 2
f, Điều kiện để biểu thức A xác định là x > 4 .  
x  ( x − 4 + 2)2 + ( x − 4 − 2)2  x  
( x−4+2 + x−4−2) A = = ( − x − )2 x 4 4
x ( x − 4 + 2 + x − 4 − 2 ) = x − 4
+ Nếu 4 < x < 8 thì x − 4 − 2 < 0 nên
x ( x − 4 + 2 + 2 − x − 4 ) 4x 16 A = = = 4 + x − 4 x − 4 x − 4
Do 4 < x < 8 nên 0 < x − 4 < 4 ⇒ A > 8.
+ Nếu x ≥ 8 thì x − 4 − 2 ≥ 0 nên
x ( x − 4 + 2 + x − 4 − 2) 2x x − 4 2x 8 A = = = = 2 x − 4 +
≥ 2 16 = 8 (theo bất đẳng x − 4 x − 4 x − 4 x − 4 8
thức AM-GM). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 x − 4 =
⇔ x − 4 = 4 ⇔ x = 8 . x − 4
Vậy GTNN của A bằng 8 khi x = 8.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 13
Website: tailieumontoan.com 2020 2 5
 x − x ≥ 0
x(5 − x) ≥ 0  g, Điều kiện  ⇔  ⇔ 0 ≤ x ≤ 5. 2 18
 + 3x − x ≥ 0 (  x + 3  )(6− x) ≥ 0 Ta viết lại: 2 2
G = 5x − x + 5x − x +18 − 2x . Do 2
5x − x ≥ 0 với mọi x thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 5 nên
ta có G ≥ 18 − 2x ≥ 18 − 2.10 = 8. Dấu đẳng thức xảy ra tại x = 5. Vậy GTNN của G bằng 2 2 khi x = 5. Ví dụ 2 x +1
a, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = . 2 x +1 x
b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = . x − 2 x + 9 x −1
c, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: C = . x − 3 x +11
d, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: D = 9 − x + x.
e, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2
E = −x + 4 (9 − x)(1+ 3x).
f, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2
F = 5x − x + 18 + 3x − x . Lời giải 1 ( x + ) 1 2 1 + 1 1
a, Điều kiện: x ≥ 0 ta viết lại A thành: 2 2 A = = + 2 x +1 2 (2 x + ) . 2 1 1 1
Vì x ≥ 0 nên 2 x +1 ≥ 1 suy ra
≤ dẫn đến A ≤1. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ 2 (2 x + ) 1 2 khi x = 0.
Vậy GTNN của A bằng 1 khi x = 0.
b, Điều kiện: x ≥ 0 ta có: x − x + = ( x − )2 2 9
1 + 8 > 0 suy ra B ≥ 0
+ Khi x = 0 thì B = 0 (1) 1 x − 2 x + 9 9 9
+ Khi x > 0 thì B > 0 ta có = = x − 2 + = x +
− 2, áp dụng bất đẳng thức B x x x 1 1
AM-GM cho các số thực dương ta có: 9 x +
≥ 2 9 = 6 suy ra ≥ 4 ⇒ B ≤ . Dấu đẳng x B 4
thức xảy ra khi và chỉ khi x = 9 (2) 1 Kết hợp ( )
1 , (2) ta suy ra GTLN của B bằng tại x = 9. 4 1 1
Chú ý:Học sinh hay mắc sai lầm khi đưa về
mà không xét x = 0. (Biểu thức chỉ xác B B
định khi x > 0 ). 2  3  31
c, Điều kiện: x ≥ 0 chú ý: x − 3 x +11 = x − + > 0,    2  4
Nếu x ≤ 1 thì C ≤ 0 (3)
Nếu x > 1 thì C > 0 ta có:
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 14
Website: tailieumontoan.com 2020 − + ( x − )2 1 − ( x − + x x )1 9 1 3 11 9 = = = x −1+
−1, áp dụng bất đẳng thức AM-GM C x −1 x −1 x −1 1 1
cho 2 số thực dương ta có: 9 x −1+
≥ 6 suy ra ≥ 5 ⇒ C ≤ .Dấu đẳng thức xảy ra khi x −1 C 5 9 và chỉ khi x −1 =
⇔ x −1 = 3 ⇔ x =16 (4). x −1 1
Kết hợp (3), (4) ta suy ra GTLN của C bằng tại x = 16. 5
d, Điều kiện 0 ≤ x ≤ 3. Ta có 2
D = 9 + 2 x (9 − x) theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
2 x (9 − x) ≤ x + 9 − x = 9 nên 2
D ≤ 18 ⇔ D ≤ 3 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 9 9
x = 9 − x ⇔ x =
. Vậy GTLN của D bằng 3 2 tại x = . 2 2
e, Điều kiện (9 − x)(1+ 3x) ≥ 0 ⇔ (3x − 27)(3x + )
1 ≤ 0 do 3x − 27 < 3x +1 nên suy ra E xác định 3  x +1 ≥ 0 1 khi và chỉ khi  ⇔ − ≤ x ≤ 9. 3  x − 27 ≤ 0 3
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 (1+ 3x)(9 − x) ≤ 1+ 3x + 9 − x = 10 + 2x suy ra E ≤ −x + ( + x) = + x − x = − (x − )2 2 2 2 10 2 20 4 24 2
≤ 24. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2.
Vậy GTLN của E bằng 24 tại x = 2. 2 5
 x − x ≥ 0 x  (5 − x) ≥ 0 f, Điều kiện:  ⇔  ⇔ 0 ≤ x ≤ 5. 2 18
 + 3x − x ≥ 0 (  x + 3  )(6− x) ≥ 0
Ta viết lại F = x (5 − x) + (6 − x)( x + 3), áp dụng bấ đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng ( + )2 ≤ ( 2 2 + )( 2 2 AX BY A B X + Y ) ta có 2
P ≤ ( x + 6 − x)(5 − x + x + 3) = 48 ⇒ P ≤ 4 3. x 6 − x 15
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = ⇔ x = . 5 − x x + 3 7
Dạng 3: Tìm điều kiện để biểu thức nhận giá trị nguyên. Phương pháp: + Đố B
i với các biểu thức P = A + với ,
A B là số nguyên, C nhận giá trị nguyên hoặc vô tỉ C
thì P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi C là số nguyên và C là ước số của . B + Đố B
i với các biểu thức P = A + với ,
A B là số hữu tỉ, C nhận giá trị thực. Ta thường tìm C
cách đánh giá P, tức là chặn P theo kiểu M ≤ P ≤ N từ đó suy ra các giá trị có thể có của . P
Hoặc tìm điều kiện của P để tồn tại biến x, y,...thỏa mãn yêu cầu bài toán từ đó suy ra các giá
trị nguyên có thể có của . P
+ Đối với các bài toán tổng hợp học sinh cần chú ý điều kiện ban đầu để loại các giá trị không thỏa mãn. Ví dụ 1 2 x + 5
a, Tìm các giá trị nguyên của x để P = là số nguyên. x +1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 15
Website: tailieumontoan.com 2020 2
b, Tìm tất cả các số thực x để P = là số nguyên. x − x +1 3 x + 5
c, Chứng minh: Không tồn tại giá trị thực của x để P = là số nguyên. x + 2 Lời giải 2 ( x + ) 1 + 3 3
a, Điều kiện x ≥ 0. Ta viết lại P = = 2 +
. Do x là số nguyên nên x +1 x +1 x +1
nhận giá trị nguyên hoặc vô tỉ. Suy ra P là số nguyên khi và chỉ khi x +1là số nguyên và
x +1 là ước của 3. Chú ý x +1 ≥ 1 ⇒ x +1∈{1; } 3 ⇔ x ∈{0; } 2 ⇔ x ∈{0; } 4 . Vậy x ∈{0; }
4 thì P nhận giá trị nguyên.
b, Điều kiện x ≥ 0. 2  1  3
Do x ≥ 0 nên x − x +1 ≥ x − + > 0  
suy ra P > 0 ta có  2  4 2 2 2 8 8 P = = <
= , như vậy 0 < P < . Vì P là số nguyên nên P có thể 2 − + 3 x x 1  1  3 3 3 x − +   4  2  4
nhận các giá trị P ∈{1; } 2 .  5 +1  = 2 x  1  5 TH1: 2
P = 1 ⇔ x − x +1 = 2 ⇔ x − = ⇔    do  2  4  − 5 +1  x =  2 5 +1 3 + 5 x ≥ 0 ⇒ x = ⇔ x = . 2 2
TH2: P = 2 ⇔ x − x +1 = 1 ⇔ x − x = 0 ⇔ x ( x − )
1 = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1.  3 + 5   Vậy x ∈ 0;1;
 thì P nhận giá trị nguyên. 2   3 x + 5 3 x + 6
c, Điều kiện x ≥ 0. Dễ thấy P là số dương. Để ý rằng: P = < = 3 suy ra x + 2 x + 2
0 < P < 3 vì P là số nguyên nên P có thể nhận các giá trị là 1 hoặc 2.
TH1: P = 1 ⇔ 3 x + 5 = x + 2 ⇔ 2 x = 3 − vô lí.
TH2: P = 2 ⇔ 3 x + 5 = 2( x + 2) ⇔ x = 1 − vô lí.
Vậy không tồn tại x để P là số nguyên. 3 x + 5
Cách khác: Giả sử tồn tại giá trị x ≥ 0 để P =
là số nguyên. Khi đó ta có: x + 2 3 x + 5 P =
⇔ P x + 2P = 3 x + 5 ⇔ x (P − 3) = 5 − 2P ( ) ∗ x + 2 − Nếu P = 3 thì ( ) ∗ có dạng 0 = 1
− vô lý, vậy P ≠ 3. Từ ( ) ∗ ta cũng suy ra 5 2P x = , P − 3 5 − 2P 2P − 5 2P − 5
Do x ≥ 0 ta suy ra P phải thỏa mãn: ≥ 0 ⇔ ≤ 0 ⇔ ≤ 0, để ý rằng P − 3 P − 3 2P − 6
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 16
Website: tailieumontoan.com 2020 2P − 5 2P − 5 ≥ 0 5
2P − 5 > 2P − 6 nên điều kiện ≤ 0 ⇔ ⇒ ≤ P < 3  ( )
∗∗ , do P là số nguyên nên 2P − 6 2P − 6 < 0 2 ( )
∗∗ không thể xảy ra. Tóm lại P không thể nhận giá trị nguyên.
III. MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP x − 2
 8x x −1 8x x +1 2x +1 1 1 B ài 1 Cho A = (x ≥ 0) , B =  −  :  
với x ≥ 0, x ≠ , x ≠ − . 2 + x 2x − x 2x + x 2x −1   2 2 5 2 −1
a) Chứng minh khi x = 3 + 2 2 thì A = . 7 A x − 2
b) Rút gọn B và tìm x để = . B 4 x Lời giải: a) Ta có x = + = ( + )2 3 2 2 2 1
⇒ x = 2 +1 thay vào A ta có: + − + (2 2 + )1(3− 2 3 2 2 2 2 2 1 ) 5 2 −1 A = = = = 2 +1+ 2 3 + 2 (3+ 2)(3− 2) . 7 b) Ta có:   − +  +
(2 x − )1(4x+2 x + )1 (2 x + )1(4x−2 x +  x x x x x )1 8 1 8 1 2 1 2x +1 B =  −  : =  −    2x − x 2x + x x −    x  (2 x − )1 x (2 x + ) : 2 1 1  2x −1 
 4x + 2 x +1 4x − 2 x +1 2x +1 4(2x − ) 1 A x − 2 4 (2x − ) 1
(x − 2)(2x + )1 =  −  : = ⇒ = : =   x x x − x + 2 + x x +  
4 ( x + 2)(2x − ) , 2 1 2 1 B 2 1 1 (   x − 2)(2x + ) 1 x − 2 2x +1 1
yêu cầu bài toán tương đương với = ⇔ x −  −  = 4 ( x + 2) ( 2) (2x − ) 1 x
( x + 2)(2x − ) 0 4 1 x  2x +1 1 hay x = 2 hoặc ( = (*) . Ta có x + 2)(2x − ) 1 x (*) ⇔ x (2x + )
1 = ( x + 2)(2x − )
1 ⇔ 4x − 2 x − 2 = 0 ⇔ 2x − x −1 = 0 ⇔ ( x − ) 1 (2 x + ) 1 = 0
⇔ x = 1 ⇔ x = 1. Đối chiếu với điều kiện bài toán ta thấy x = 1, x = 2 thỏa mãn. x + 9 x + 2 x − 2 2 x B
ài 2 Cho biểu thức: A = ; B = − +
với x > 0, x ≠ 4. x − 4 x − 2 x + 2 4 − x
a) Rút gọn biểu thức B. 1
b) Đặt P = A : B. Tính giá trị của P khi x = . 36
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Lời giải: + −
( x + 2)2 −( x −2)2 a) − 2 2 2 2 x x x x 6 x B = − − = = x − 2 x + 2
( x −2)( x + 2)
( x −2)( x + 2)
( x −2)( x + 2) x + 9 6 x x + 9 P = A : B = ( =
x − 2)( x + 2) : ( x − 2)( x + 2) 6 x
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 17
Website: tailieumontoan.com 2020 1 + 9 1 1 325 b) Khi x = ⇒ x = ta có 36 P = = . 36 6 1 36 6. 6 x + 9 1  9  9 c) P = = x + . 
 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: x + ≥ 6. Suy ra P ≥1. 6 x 6  x x 9
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
⇔ x = 3 ⇔ x = 9. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 tại x x = 9. x + 3 x + 2 x + 2 1 B ài 3 Cho A = + + , B =
với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9 x − 2 3 − x x − 5 x + 6 x +1 a) Rút gọn A.
b) Tính giá trị của A khi x = 7 + 4 3.
c) Đặt P = A : B. Tìm x để P ≤ 4. Lời giải: x ≥ 0 
a) Điều kiện xác định: x ≠ 4 x ≠ 9 
( x +3)( x −3)−( x +2)( x −2)+ + x + 3 x + 2 x + 2 x 2 1 Ta có: A = + + = = . x − 2 3 − x x − 5 x + 6
( x −2)( x −3) x − 2 1 1 3 b) Khi x = + = ( + )2 7 4 3 2 3 ⇒ x = 2 + 3 thì A = = = . 2 + 3 − 2 3 3 x +1− 4 − x + x + ( x 2 1 1 1 1 ) c) Ta có P = : = ≤ 4 ⇔ − 4 ≤ 0 ⇔ ≤ 0 hay x − 2 x +1 x − 2 x − 2 x − 2 3(3− x ) x − 3 ≤ 0 ⇔ ≥ 0 (*) x − 2 x − 2  x −3 ≥ 0 x ≥ 9 TH1:  ⇔ 
⇒ x ≥ 9 đối chiếu điều kiện suy ra x > 9.  − ≥ x > 4 x 2 0  − ≤  ≤ TH2: x 3 0 x 9  ⇔ 
⇒ x < 4 đối chiếu điều kiện suy ra 0 ≤ x < 4.  − ≤ x < 4 x 2 0
Vậy P ≤ 4 khi và chỉ khi 0 ≤ x < 4 hoặc x > 9. 2 x + 3 2 3 5 x − 7 B
ài 4 Cho biểu thức A = , B = + −
(x > 0, x ≠ 4). 5x −10 x x − 2 2 x +1 2x − 3 x − 2 a) Rút gọn B.
b) Tìm x sao cho C = B : A nhận giá trị là một số nguyên. Lời giải: a) Ta có: 2 + + − − − x −
(2 x )1 3( x 2) (5 x 7 2 3 5 7 ) 2 x + 3 B = + − = = b) Ta x − x + x − x − ( x − )( x + )
( x − )( x + ). 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 2 1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 18
Website: tailieumontoan.com 2020 5 x − x + ( x 2 2 3 ) 2 x + 3 5 x có: A = nên C = B : A = . = . Vì 5x −10 x
( x −2)(2 x + )1 2 x +3 2 x +1 5 x 5 x 5 5 5 5 x > 0, x
∀ > 0, x ≠ 4 nên C = > 0 ta có: C = = − ≤ ⇒ 0 < C < 2 x +1 2 x +1 2 2 (2 x + ) 1 2 2 2
Kết hợp với điều kiện C là một số nguyên ta suy ra C∈{1; } 2 1 1
+ Nếu C = 1 ⇔ 5 x = 2 x +1⇒ x = ⇒ x = thỏa mãn điều kiện. 3 9
+ Nếu C = 2 ⇔ 5 x = 4 x + 2 ⇒ x = 2 ⇒ x = 4 không thỏa mãn điều kiện. 1
Vậy x = thì C nhận giá trị là một số nguyên. 9 x +1 x x −1 B
ài 5 Cho biểu thức A = , B = −
với x ≥ 0, x ≠ 1. x −1 x +1 x −1
a) Tìm x để A = 2. b)
Chứng tỏ rằng A. B không phụ thuộc vào x.
c) Tìm x để A ≥ B. Lời giải: x +1 a) Ta có: A = 2 ⇔
= 2 ⇔ x +1 = 2( x − ) 1 ⇔
x = 3 ⇔ x = 9. x −1 x − ( x − x x )1 1 x −1 x − 2 x +1 b) Ta có: B = − = − = x +1 x −1
( x + )1( x − )1 ( x + )1( x − )1 ( x + )1( x − )1 ( x − )2 1 x −1 + − = x 1 x 1 ( = suy ra A.B = . =1. x + ) 1 ( x − ) 1 x +1 x −1 x +1 + − + −
( x + )2 −( x − x x x x )2 1 1 1 1 1 1 4 x c) A ≥ B ⇔ ≥ ⇔ − ≥ 0 ⇔ ≥ ⇔ ≥ x − x + x − x +
( x + )( x − ) 0 ( x + )( x − ) 0 1 1 1 1 1 1 1 1
Vì x ≥ 0 nên x ≥ 0 suy ra điều kiện là ( x − ) 1 ( x + ) 1 ≥ 0 ⇔ x −1 > 0 ⇔
x > 1 ⇔ x > 1.
Vậy để A ≥ B thì điều kiện là : x > 1. 2 − x x − ( x 3 3 ) x +3 B
ài 6 Cho biểu thức P = − +
với x ≥ 0, x ≠ 9. x − 2 x − 3 x +1 3 − x
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của P biết x = 3 − 2 2.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Lời giải: − ( x − ) x x − − + ( x − )2 2 3 3 2 3 − ( x +3)( x + x x x )1 3 3 a) Ta có: P = − + = x − 2 x − 3 x +1 3 − x
( x + )1( x −3) − + x x − − x + x − − x − x − x x − x + x − ( x 3)(x 8 3 2 12 18 4 3 3 8 24 ) x + 8 = ( = = = x + ) 1 ( x − 3)
( x + )1( x −3) ( x + )1( x −3) . x +1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 19
Website: tailieumontoan.com 2020 11− 2 2 11 2 − 4 b) Với x = − = ( − )2 3 2 2 2 1
⇒ x = 2 −1 thay vào P ta có: P = = . 2 2 x −1+ 9 9 9 c) Ta có: P = = x −1+ = x +1+
− 2. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta x +1 x +1 x +1 9 có: x +1+
≥ 2 9 = 6 ⇒ P ≥ 4. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x +1 9 x +1 =
⇔ x +1 = 3 ⇔ x = 4. Vậy GTNN của P bằng 4 khi x = 4. x +1 Bài 7 x x x −10 9 Cho biểu thức A = , B = +
với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ . 4 x − 3 x − 2 x − 4 16
a) Tính giá trị của A khi x = 25. b) Rút gọn B. c)
Tìm x để B = 2A. Lời giải: 5 5
a) Khi x = 25 thì x = 5 suy ra A = = . 4.5 − 3 17 b) x − x x − x x − ( x+2)+ x 10 10 10 x+3 x −10 x + 5 B = + = + = = = x − 2 x − 4 x − 2
( x −2)( x +2) ( x −2)( x+2) ( x −2)( x+2) x+2 x + 5 2 x c) B = 2A ⇔ =
⇔ 2 x ( x + 2) = ( x +5)(4 x −3) ⇔ 2x +13 x −15 = 0 x + 2 4 x − 3  x = (  ⇔ x − )( x + ) 1 1 2 15 = 0 ⇔ ≥ ⇒ = 15  do x 0 x
1 thỏa mãn hay x = 1. x = −  2 2 x  1  9 x +14 Bài 8: Cho P= 1+ +   với x ≥ 0,x ≠ 1 x + 3  x + 2  x + 3 x + 2 a, Rút gọn P
b, Tính giá trị của P khi x = 4 .
c, Tìm các giá trị của x để P là số tự nhiên. Lời giải a, Ta có 2 x x + 3  9 x +14 2 x ( x +1) 9 x +14 2x +11 x +14 P=   +   = + = x + 3 x + 2 ( x + 2)( x +1)   ( x + 2)( x +1) ( x + 2)( x +1) ( x + 2)( x +1)
( x + 2)(2 x + 7) (2 x + 7) Hay P= = ( x + 2)( x +1) ( x +1) 2.2 + 7 11
b,Với x=4 thì x =2 suy ra P= = 2 +1 3 2( x +1) + 5 5 c, Ta có P = = 2 + x +1 x +1 5 Do x ≥ 0 nên 0 <
≤ 5 suy ra 2 < P ≤ 7 .Vì P là số nguyên nên x +1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 20

Tài liệu liên quan: