Chuyên đề biến đổi đại số ôn thi vào lớp 10

Tài liệu gồm 31 trang, hướng dẫn phương pháp giải và tuyển chọn các bài tập chuyên đề biến đổi đại số, có đáp án và lời giải chi tiết, giúp học sinh lớp 9 ôn tập chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán

59 30 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán

Môn: Môn Toán

Thông tin:

31 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
THCS.TOANMATH.com
1
BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ
Chương 1: Căn thức
1.1 CĂN THỨC BẬC 2
Kiến thức cần nhớ:
• 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
kí hiệu là
a
là
một số thực không âm
x
mà bình phương của nó bằng
a
:
2
0
0
a
x
xa
ax
≥
≥
⇔

=
=
• Với hai số thực không âm
,ab
ta có:
.
• Khi biến đổi các biểu thức liên quan đến căn thức bậc 2 ta cần lưu ý:
+
2
A
AA
A
= =
−
nếu
0
0
A
A
≥
<
+
2
AB A B A B
= =
với
,0AB
≥
;
2
AB A B A B= = −
với
0; 0AB<≥
+
2
..A AB AB
BB B
= =
với
0, 0
AB B≥≠
+
.M MA
A
A
=
với
0
A >
;(Đây gọi là phép khử căn thức ở mẫu)
+
( )
MA B
M
AB
AB
=
−
±
với
, 0,AB A B≥≠
(Đây gọi là phép
trục căn thức ở mẫu)
1.2 CĂN THỨC BẬC 3, CĂN BẬC n.
1.2.1 CĂN THỨC BẬC 3.
Kiến thức cần nhớ:
THCS.TOANMATH.com
2
• Căn bậc 3 của một số
a
kí hiệu là
3
a
là số
x
sao cho
3
xa=
• Cho
(
)
3
3
33
;aRa x x a a∈ =⇔= =
• Mỗi số thực
a
đều có duy nhất một căn bậc 3.
• Nếu
0a >
thì
3
0a >
.
• Nếu
0a <
thì
3
0
a <
.
• Nếu
0
a
=
thì
3
0a =
.
•
3
3
3
aa
b
b
=
với mọi
0b ≠
.
•
3 33
.ab a b=
với mọi
,ab
.
•
33
ab a b<⇔ <
.
•
3
3
3
A B AB=
.
•
3
2
3
A AB
BB
=
với
0B ≠
•
3
3
3
AA
BB
=
•
33
22
3
33
1 A AB B
AB
AB
+
=
±
±
với
AB
≠±
.
1.2.2 CĂN THỨC BẬC n.
Cho số
, ;2aRnNn∈∈ ≥
. 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:
2 1,n k kN=+∈
Mọi số thực
a
đều có một căn bậc lẻ duy nhất:
21
21
k
k
ax x a
+
+
=⇔=
, nếu
0a
>
thì
21
0
k
a
+
>
, nếu
0a <
thì
21
0
k
a
+
<
, nếu
0a =
thì
21
0
k
a
+
=
• Trường hợp
n
là số chẵn:
2,n kk N= ∈
.
Mọi số thực
0a >
đều có hai căn bậc chẵn đối nhau. Căn bậc chẵn
dương kí hiệu là
2k
a
(gọi là căn bậc
2k
số học của
a
). Căn bậc
chẵn âm kí hiệu là
2k
a−
,
2
0
k
ax x=⇔≥
và
2k
xa=
;
2
0
k
ax x− =⇔≤
và
2k
xa=
.
THCS.TOANMATH.com
3
Mọi số thực
0
a
<
đều không có căn bậc chẵn.
Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Phân tích các biểu thức sau thành tích:
a)
4
4Px= −
b)
3
8 33Px= +
c)
42
1Px x=++
Lời giải:
a)
( )( )
( )( )
( )
22 2
22 2 22Px x x x x= − +=− + +
.
b)
(
)
( ) ( )( )
3
3
2
2 3 2 3 4 23 3
Px x x x=+ =+ −+
.
c)
(
) (
)( )
2
2 22 2
1 11Px x xx xx
= + − = −+ ++
.
Ví dụ 2: Rút gọn các biểu thức:
a)
1
4
Axxx=−−+
khi
0x
≥
.
b)
4 24 1 4 24 1Bx x x x= − −+ + −
khi
1
4
x ≥
.
c)
9 5 3 5 8 10 7 4 3C
=− ++ −
Lời giải:
a)
2
111
422
Axxx x x x x

= − − += − − = − −


+ Nếu
11
24
xx≥⇔≥
thì
1 11
2 22
x xA− = −⇒=
.
+ Nếu
11
0
24
xx< ⇔≤<
thì
11 1
2
22 2
x x Ax− =− +⇒= −
THCS.TOANMATH.com
4
b)
4241 4 241 412411 412411Bx x x x x x x x= − − + + − = −− −++ −+ −+
Hay
( )
( )
22
411 411 411 411Bx x x x= −− + −+ = −−+ −+
411 411xx= −−+ −+
+ Nếu
1
4110 411
2
x xx−−≥ ⇔ −≥⇔ ≥
thì
4 11 4 11xx−− = −−
suy
ra
24 1Bx= −
.
+ Nếu
11
4110 411
42
x xx−−< ⇔ −<⇔ ≤ <
thì
411 411xx−− =− −+
suy ra
2
B =
.
c) Để ý rằng:
( )
2
7 43 2 3 7 43 2 3− =− ⇒− =−
Suy ra
9 5 3 5 8 10(2 3) 9 5 3 5 28 10 3C =−++−=−+−
( )
2
9 53 5 5 3=− +−
.Hay
9 5 3 5(5 3) 9 25 9 5 4 2C = − + − = − = −= =
Ví dụ 3) Chứng minh:
a)
7 26 7 26A =− −+
là số nguyên.
b)
33
84 84
11
99
B =+ +−
là một số nguyên ( Trích đề TS vào lớp
10 chuyên Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006).
THCS.TOANMATH.com
5
c) Chứng minh rằng:
33
18 1 18 1
33 33
aa aa
xa a
+− +−
=+ +−
với
1
8
a ≥
là số tự nhiên.
d) Tính
xy+
biết
(
)
(
)
22
2015 2015 2015xx yy
++ ++ =
.
Lời giải:
a) Dễ thấy
0,A <
Tacó
(
)
2
2
7 26 7 26 7 26 7 26 27 26.7 26A = − − + =− ++ − − +
14 2.5 4=−=
Suy ra
2A
= −
.
b) Áp dụng hằng đẳng thức:
( )
( )
3
33
3
uv u v uvuv+ =++ +
. Ta có:
3
3
3 3 33
84 84 84 84 84 84
1 1 1 1 3 1 .1
9 9 99 99
B


= + + − =+ +− + + −


33
84 84
11
99


+ +−


. Hay
3 3 33
3
3
84 84 84
23 1 1 . 231 2 2
9 9 81
B BB BB BBB

=+ + − ⇔=+ − ⇔=−⇔+−



( )
( )
2
1 20B BB⇔ − ++ =
mà
2
2
17
20
24
BB B

++= + + >


suy ra
1B =
.
Vậy
B
là số nguyên.
c) Áp dụng hằng đẳng thức:
( ) ( )
3
33
3uv u v uvuv+ =++ +
THCS.TOANMATH.com
6
Ta có
(
) (
)
(
)
(
)
33 2
2 12 2 1 2 0 1 2 0x a ax x a x a x x x a
= + − ⇔ + − − =⇔ − ++ =
Xét đa thức bậc hai
2
2xxa++
với
18 0a
∆= − ≥
+ Khi
1
8
a =
ta có
33
11
1
88
x =+=
.
+ Khi
1
,
8
a >
ta có
18a
∆= −
âm nên đa thức (1) có nghiệm duy nhất
1x =
Vậy với mọi
1
8
a
≥
ta có:
33
18 1 18 1
1
33 33
aa aa
xa a
+− +−
=+ +− =
là
số tự nhiên.
d) Nhận xét:
(
)
(
)
2 2 22
2015 2015 2015 2015x x x xx x++ +−=+−=
.
Kết hợp với giả thiết ta suy ra
22
2015 2015x xy y+−=++
22 22
2015 2015 2015 2015 0y y x x x x y y xy
⇒+++++=+−++−⇔+=
Ví dụ 4)
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 biểu thức
4 43 2
2 3 1942Bx x x x=− +− +
.(Trích đề thi vào lớp 10 Trường PTC
Ngoại Ngữ - ĐHQG Hà Nội năm 2015-2016).
c) Cho
33
12 4x =++
. Tính giá trị biểu thức:
5 432
4 2 2015Px x x x x=− +−−+
Giải:
THCS.TOANMATH.com
7
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 30x x xxx=+ ⇒ − =⇔ − + −=
. Ta biến đổi
biểu 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 2 vế với
3
21−
để tận
dụng hằng đẳng thức:
( )
( )
33 2 2
a b aba abb−=− ++
. Khi đó ta có:
( ) ( )
(
)
3
2
33 3
21 21 2 21x−= − ++
( )
( )
3
3 32
33
21 1 2 1 2 1 3 3 10
x xx x x x x x⇔ − =⇔ = +⇔ = + ⇔ − − −=
.
Ta biến đổi:
( )( )
5 432 2 3 2
4 2 2015 1 3 3 1 2016 2016Px x x x x x x x x x= − + − − + = −+ − − − + =
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:
THCS.TOANMATH.com
8
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
111
xyz x y z
x y z xyxz xyyz zyzx
+−= + −
+ + + ++ ++ ++
( ) (
) ( )
(
)( )
( )
(
)(
)( )
(
)(
)( )
2 22
22
111
xy z yz x zx y
xy xy
xyyzzx xyyzzx
xyz
++ +− +
= = =
+ ++ + ++
+++
Ví dụ 6)
a) Tìm
12
, ,...,
n
xx x
thỏa 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) .. (40)ff 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 x nn− − + − − ++ − − =
Hay
22
12
2, 2.2 ,..., 2.
n
xx xn= = =
THCS.TOANMATH.com
9
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
() 2 1 2 1
22
x xy y x y
fn x y n n
xy x y
++ −
= = = − = +− −
+−
.
Áp dụng vào bài toán ta có:
( ) ( ) (
)
(
)
(
)
(
)
33 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)
a) Chứng minh rằng:
11 1
.... 4
1 2 3 4 79 80
+ ++ >
++ +
. Đề thi
chuyên ĐHSP 2011
b) Chứng minh rằng:
111 1 1
... 2 1
12 23 34 1 1nn n

++++ >−

++

.
c) Chứng minh:
1111 1
2 2 ... 2 1
1234
nn
n
−<+++++< −
với
mọi số nguyên dương
2n ≥
.
Lời giải:
a) Xét
11 1
....
1 2 3 4 79 80
A = + ++
++ +
,
11 1
..
2 3 4 5 80 81
B = + ++
++ +
Dễ thấy
AB>
.
Ta có
111 1 1
....
1 2 2 3 3 4 79 80 80 81
AB+=++++ +
+++ + +
THCS.TOANMATH.com
10
Mặt khác ta có:
( )
(
)(
)
1
1
1
1
11
kk
kk
kk
k kk k
+−
= = +−
++
++ +−
Suy ra
( ) ( )
( )
2 1 3 2 ... 81 80 81 1 8AB+ = − + − + + − = −=
. Do
AB>
suy ra
2 84A AB A>+=⇔>
.
b) Để ý rằng:
(
)
11 1 1
1 21
( 1) 1
k k kk
kk k k
−= <
++
+ ++
với
mọi
k
nguyên dương.
Suy ra
1 11 1 1 1
21 2 .. 2 21
2 23 1 1
VT
nn n


> − + − ++ − = −


++


.
c) Đặt
1111 1
...
1234
P
n
=+++++
Ta có:
2 12 2
12 1nn n n nn
<= <
++ +−
với mọi số tự nhiên
2n ≥
.
Từ đó suy ra
( ) ( )
222
21 2 1
12 1
n n nn
n n n nn
+− = < < = − −
++ + −
hay
( ) ( )
2
21 2 1n n nn
n
+− < < − −
Do đó:
( )
( )
( )
2 2 1 3 2 ... 1n nT

−+−+++− <

và
( ) ( ) ( )
1 2 2 1 3 2 .... 1T nn

<+ − + − + − −

.
Hay
22 21nTn−< < −
.
Ví dụ 8)
THCS.TOANMATH.com
11
a) Cho ba số thực dương
,,abc
thỏa mãn
222
3
111
2
abbcca−+ −+ − =
.Chứng minh rằng:
222
3
2
abc++=
.
a) Tìm các số thực
,,
xyz
thỏa mãn điều kiện:
2 22
1 2 33x yy zz x−+ −+ −=
. (Trích đề thi tuyến sinh vào lớp
10 chuyên Toán- Trường chuyên ĐHSP Hà Nội 2014)
Lời giải:
a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có
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 6xyy zz x
−+ −+ −=
.
Áp dụng bất đẳng thức :
22
2ab a b≤+
ta có:
2 2 2 2 2 2 22 2
212223 1 2 36
x y y z z x x yy zz x−+ −+ −≤+−++−++−=
. Suy ra
VT VP≤
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi:
THCS.TOANMATH.com
12
2 22
2
22
22
2
22
22
2
22
22
,, 0
3; , , 0
1
1
1
2 1; 0; 2
2
2
3
3
3
xyz
x y z xyz
xy
xy
xy
y z xy z
yz
yz
zx
zx
zx
≥
++= ≥
= −
+=
+=

= − ⇔ ⇔ ⇔= = =

+=
+=

= −

+=
+=
Ví dụ 9) Cho
(
)
2
44 44
8 16
xx x x x
A
xx
+ −+ − −
=
−+
với
4x >
a) Rút gọn
A
.Tìm
x
để
A
đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Tìm các giá trị nguyên của
x
để
A
có giá trị nguyên.
Lời giải:
a) Điều kiện để biểu thức
A
xác định là
4x >
.
( )
( )
( )
(
)
22
2
42 42
42 42
4
4
xx x
xx x
A
x
x

−+ + −−

−++ −−

= = =
−
−
( )
42 42
4
xx x
x
−++ −−
−
+ Nếu
48x<<
thì
420
x
−−<
nên
( )
422 4
4 16
4
4 44
xx x
x
A
x xx
−++− −
= = = +
− −−
Do
48x<<
nên
0 44 8xA<−<⇒ >
.
+ Nếu
8x ≥
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 Cô si). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
8
2 4 44 8
4
x xx
x
−= ⇔−=⇔=
−
.
THCS.TOANMATH.com
13
Vậy GTNN của
A
bằng
8
khi
8
x
=
.
b) Xét
48x<<
thì
16
4
4
A
x
= +
−
, ta thấy
AZ
∈
khi và chỉ khi
16
4
4
Zx
x
∈⇔−
−
là ước số nguyên dương của
16
. Hay
{ } { }
4 1; 2; 4; 8;16 5;6;8;12; 20xx−∈ ⇔ =
đối chiếu điều kiện suy ra
x5=
hoặc
6x =
.
+ Xét
8x ≥
ta có:
2
4
x
A
x
=
−
, đặt
2
4
4
2
xm
xm
m
= +
−= ⇒
≥
khi đó ta có:
( )
2
24
8
2
m
Am
mm
+
= = +
suy ra
{ } { }
2; 4;8 8; 20; 68mx∈ ⇔∈
.
Tóm lại để
A
nhận giá trị nguyên thì
{ }
5; 6;8; 20; 68x ∈
.
MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Câu 1. (Đề thi vào lớp 10 thành phố Hà Nội – năm học 2013-2014)
Với
0x >
, cho hai biểu thức
2 x
A
x
+
=
và
12 1xx
B
x xx
−+
= +
+
.
1) Tính giá trị biểu thức
A
khi
64x =
.
2) Rút gọn biểu thức
B
.
3) Tính
x
để
3
2
A
B
>
.
Câu 2. (Đề thi năm học 2012 -2013 thành phố Hà Nội)
1) Cho biểu thức
4
2
x
A
x
+
=
+
. Tính giá trị của biểu thức
A
.
2) Rút gọn biểu thức
4 16
:
44 2
xx
B
xx x

+
= +


+− +

(với
0, 16
xx≥≠
)
THCS.TOANMATH.com
14
3) Với các biểu thức
A
và
B
nói trên, hãy tìm các giá trị nguyên của
x
để giá trị của biểu thức
(
)
1BA
−
là số nguyên.
Câu 3. (Đề thi năm học 2011 -2012 thành phố Hà Nội).
Cho
10 5
25
55
xx
A
x
xx
= −−
−
−+
, với
0, 25xx≥≠
.
1) Rút gọn biểu thức
A
2) Tính giá trị của A khi
9x =
.
3) Tìm
x
để
1
3
A <
.
Câu 4. (Đề thi năm học 2010 -2011 thành phố Hà Nội).
Cho
2 39
9
33
x xx
P
x
xx
+
=+−
−
+−
, với
0, 9xx
≥≠
.
1) Rút gọn
P
.
2) Tìm giá trị của
x
để
1
3
P =
.
3) Tìm giá trị lớn nhất của
P
.
Câu 5. (Đè thi năm học 2014 – 2015 Thành phố Hồ Chí Minh)
Thu gọn các biểu thức sau:
5 5 5 35
5 2 513 5
A
+
= +−
+ −+
1 26
:1
33 3
x
B
xxx xxx

= + −+

++ +

( )
0x >
.
Câu 6. (Đề thi năm học 2013 – 2014 TPHCM)
THCS.TOANMATH.com
15
Thu gọn các biểu thức sau:
33
.
9
33
xx
A
x
xx

+
= +


+
+−

với
0, 9xx≥≠
.
(
)
(
)
22
21 2 3 3 5 6 2 3 3 5 15 15B = + +− − −++ −
.
Câu 7. (Đề thi năm 2014 – 2015 TP Đà Nẵng)
Rút gọn biểu thức
2 22
2
22
xx
P
x
xx
−
= +
−
+
, với
0, 2
xx>≠
.
Câu 8. (Đề thi năm 2012 – 2013 tỉnh BÌnh Định)
Cho
11 1 1
...
1 2 2 3 3 4 120 121
A =++++
+++ +
và
11
1 ...
2 35
B =+ ++
.
Chứng minh rằng
BA>
.
Câu 9. (Đề thi năm 2014 – 2015 tỉnh Ninh Thuận)
Cho biểu thức
33
2 22 2
.,
x y xy
P xy
x xy y x y
++
= ≠
−+ −
.
1) Rút gọn biểu thức
P
.
2) Tính giá trị của
P
khi
7 43x = −
và
4 23y
= −
.
Câu 10. (Đề thi năm 2014 – 2015 , ĐHSPHN)
Cho các số thực dương
,ab
;
ab≠
.
THCS.TOANMATH.com
16
Chứng minh rằng:
( )
( )
3
3
2
33
0
ab
bb aa
ab
a ab
ba
aa bb
−
−+
−
+
+=
−
−
.
Câu 11. (Đề thi năm 2014 – 2015 chuyên Hùng Vương Phú Thọ)
67195
; 0, 9
9
12 4
xx x x x x
A xx
x
xx x x
+− − + −
= + − >≠
−
+− +
.
Câu 12. (Đề thi năm 2014 – 2015 tỉnh Tây Ninh)
Cho biểu thức
1 12
4
22
x
A
x
xx
=+−
−
+−
(
)
0, 4xx≥≠
.
Rút gọn
A
và tìm
x
để
1
3
A =
.
Câu 13. (Đề thi năm 2014 – 2015 chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi).
1) Cho biểu thức
33
33 1
xx x
P
x xx x x
+
=++
−− −+ +
. Tìm tất cả
các giá trị của
x
để
2P
>
.
2) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho
( )
2
:Py x= −
và đường thẳng
( )
:1d y mx= −
(
m
là tham số). chứng minh rằng với mọi giá trị của
m
, đường thẳng
( )
d
luôn cắt
( )
P
tại hai điểm phân biệt có hoành
độ
12
,xx
thỏa mãn
12
2xx−≥
.
Câu 14. (Đề thi năm 2014 – 2014 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa)
Cho biểu thức
22
16
44
a
C
a
aa
=−−
−
−+
.
1) Tìm điều kiện của
a
để biểu thức
C
có nghĩa và rút gọn
C
.
2) Tính giá trị của biểu thức
C
khi
9 45a = −
.
THCS.TOANMATH.com
17
Câu 15. (Đề thi năm 2014 – 2015 chuyên Thái Bình tỉnh Thái BÌnh)
Cho biểu thức
2 3 57 23
:
2 2 1 2 3 2 5 10
xx
A
x x xx x x

−+
= +−


− + −− −

( )
0, 4xx>≠
.
1) Rút gọn biểu thức
A
.
2) Tìm
x
sao cho
A
nhận giá trị là một số nguyên.
Câu 16. (Đề năm 2014 – 2015 Thành Phố Hà nội)
1) Tính giá trị của biểu thức
1
1
x
A
x
+
=
−
, khi
9x =
.
2) Cho biểu thức
21 1
.
2 21
xx
P
x xx x
−+

= +

+ +−

với
0
x >
và
1x ≠
.
a) Chứng minh rằng
1x
P
x
+
=
.
b) Tìm các giá trị của
x
để
22 5Px= +
.
Câu 17) Cho
3 5 23 3 5 23
a =++ +−+
. Chứng minh rằng
2
2 20
aa− −=
.
Câu 18) Cho
4 10 2 5 4 10 2 5a =+ + +− +
.
Tính giá trị của biểu thức:
2 32
2
4 64
2 12
aaaa
T
aa
− +++
=
−+
.
Câu 19) Giả thiết
,, 0xyz>
và
xy yz zx a
++=
.
Chứng minh rằng:
( )( )
( ) ( )
( )( )
22
22 2 2
2 22
2
ay az ax ay
az ax
xyz a
ax ay az
++ ++
++
++=
+++
.
THCS.TOANMATH.com
18
Câu 20. Cho
3
2 7 61 46 5 1a =+− + +
.
a) Chứng minh rằng:
42
14 9 0
aa− +=
.
b) Giả sử
( )
54 3 2
2 14 28 9 19fx x x x x x=+ − − ++
. Tính
( )
fa
.
Câu 21. Cho
33
38 17 5 38 17 5a =+ +−
.
Giả sử có đa thức
( )
( )
2016
3
3 1940fx x x= ++
. Hãy tính
( )
fa
.
Câu 22. Cho biểu thức
( )
( )
21 1
1
n nn
fn
nn
++ +
=
++
.
Tính tổng
( )
( ) ( )
( )
1 2 3 ... 2016Sf f f f
= + + ++
.
Câu 23) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
n
, ta có:
222 2
111 15
1 ...
123 3n
≤ + + ++ <
.
Câu 24) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
3n >
, ta có
333 3
1 1 1 1 65
...
1 2 3 54n
+ + ++ <
.
Câu 25) Chứng minh rằng:
43 1 1 1 44
...
44 45
2 1 1 2 3 2 2 3 2002 2001 2001 2002
< + ++ <
++ +
(Đề thi THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm 2001-2002)
Câu 26) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
n
, ta có:
( )
11 1 1
... 1
22 11 33 22 1 1 1n n nn n
+ + + <−
+ + + ++ +
.
THCS.TOANMATH.com
19
Câu 27) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
2n >
, ta có:
14710 3 23 1 1
. . . .... .
3 6 9 12 3 3 3
31
nn
nn
n
−+
<
+
+
.
LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CHỦ ĐỀ 1
1). Lời giải:
1) Với
64x =
ta có
2 64 2 8 5
84
64
A
++
= = =
.
( )
( ) ( )
( )
1. 2 1.
21 2
1
11
.
x xx x x
xx x x
B
xx x x x
xx x
− ++ +
++
= = =+=
+ ++
+
Với
0x
>
, ta có:
3 2 2 3 13
:
2 22
1
A xx x
B
xx x
++ +
>⇔ >⇔ >
+
2 23 2 0 4
x xx x⇔ +> ⇔ <⇔<<
(do
0x
>
).
2. Lời giải:
1) Với
36x =
, ta có
36 4 10 5
84
36 2
A
+
= = =
+
.
2) Với
0, 16
xx≥≠
ta có:
( )
( )
( )
( )
( )( )
4 4 4 16 2
22
16 16 16 16 16 16
xx x x x
xx
B
x x x xx x

− + ++
++

=+==

− − + −+ −

.
3) Biểu thức
( )
2 4 22
1
16 16
2
xxx
BA
xx
x

+ +− −
−= =


−−
+

( )
1BA−
nguyên,
x
nguyên thì
16x −
là ước của
2
, mà
( ) { }
2 1; 2U =±±
. Ta có bảng giá trị tương ứng:
Kết hợp điều kiện, để
( )
1BA−
nguyên thì
{ }
14;15;16;17x ∈
.
THCS.TOANMATH.com
20
3). Lời giải:
(
)
( )
(
)
( )
. 5 10 5. 5
10 5
25
55
55
xx x x
xx
A
x
xx
xx
+− − −
= −− =
−
−+
−+
( )( )
( )( )
5 10 5 25 10 25
55 55
xx xx x x
xx xx
+−−+ −+
= =
−+ −+
( )
( )( )
2
5
5
5
55
x
x
A
x
xx
−
−
= ⇒=
+
−+
. Với
9x =
ta có:
3x
=
. Vậy
35 2 1
35 8 4
A
−−
= = = −
+
.
4). Lời giải:
1)
( ) ( )
( )( )
32 33 9
3
3
33
xx xx x
P
x
xx
−+ +− −
= =
+
−+
2)
1 31
3 9 36
33
3
P xx
x
= ⇔ = ⇒ +=⇔ =
+
(thỏa mãn ĐKXĐ)
3) Với
max
33
0, 1 1
03
3
xP P
x
≥= ≤ =⇒=
+
+
khi
0x =
(TM).
5. Lời giải:
5 5 5 35
5 2 513 5
A
+
= +−
+ −+
( )( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
5 5 5 2 5 5 1 353 5
5 2 52 51 51 3 53 5
+− + −
= +−
+ − −+ + −
5 5 9 5 15 5 5 9 5 15
35 5 35 5
44 4
+ − +− +
= −+ − = −+
THCS.TOANMATH.com
21
35 5 5 25 5
= −+− =
.
( )
1 26
:1 0
33 3
x
Bx
xxx xxx

= + −+ >

++ +

( )
1 26
:
33
3
xx
xx x
xx


−

=++



++
+


( )( )
( )
( )
2 36
1
: 1. 1
3
3
xx
xx
x
x xx
xx

− ++
+

= =+=

++
+

.
6. Lời giải:
Với
0
x ≥
và
9x
≠
ta có:
(
)
( )
339 31
.3
9
33
xxx x
A
x
x
xx

−++ +

= = −

+
+−

.
(
)
(
)
22
21
4 23 6 25 3 4 23 6 25 1515
2
B = + + − − − ++ + −
(
)
(
)
22
21
3 1 5 1 3 3 1 5 1 15 15
2
= ++−− −++−
( )
2
15
3 5 15 15 60
2
= +− =
.
7). Lời giải: Với điều kiện đã cho thì:
( )
( )
( )( )
22
22
1
22
22 2 2
x
xx
P
xx
x xx x
−
= + =+=
++
+ −+
.
8. Lời giải:
Ta có:
11 1 1
...
1 2 2 3 3 4 120 121
A =++++
+++ +
THCS.TOANMATH.com
22
( )( ) ( )(
)
( )( )
1 2 2 3 120 121
...
1 2 1 2 2 3 2 3 120 121 120 121
−− −
= + ++
+− + − + −
1 2 2 3 120 121
...
11 1
−− −
= + ++
−− −
2 1 3 2 ... 121 120 1 121 10= −+ − + + − =−+ =
(1)
Với mọi
*
k ∈
, ta có:
( )
12 2
21
1
kk
k kk kk
= > = +−
+ ++
Do đó
11
1 ...
2 35
B
=+ ++
(
)
2 2 1 3 2 4 3 ... 36 35B⇒> − + − + − ++ −
( )
( )
2 1 36 2 1 6 10B⇒ > − + = −+ =
(2) . Từ (1) và (2) suy ra
BA>
.
9. Lời giải:
1)
( )(
)
33
22
.
x y xy xy
P
x xyy xyxy xy
+ ++
= =
−+ − + −
.
2) Với
7 43 2 3
x =−=−
và
4 23 3 1y =−=−
Thay vào
P
ta được:
(
) ( )
2 3 3 1 1 3 23
3
3 23
2 3 31
P
−+− +
= = = −
−
−−−
.
10.Lời giải:
THCS.TOANMATH.com
23
Ta có:
( )
( )
3
3
2
33
ab
bb aa
ab
a ab
Q
ba
aa bb
−
−+
+
+
= +
−
−
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
33
3
2
3
0
ab ab
bb aa
ab a ab
abaabb abab
−+
−+
− ++
= −=
− ++ − +
( )( ) ( )
33 2 3
aa ab ba bb aa a
abaabb ab
++++
= −
− ++ −
( )( )
333333
0
aa ab ba aa ab ba
a b a ab b
++−−−
= =
− ++
(ĐPCM).
11. Lời giải:
67195
9
12 4
xx x x x x
A
x
xx x x
+− − + −
=+−
−
+− +
( )
( )
2 7 19 5
34
34
x xx x
xx
xx
− −+ −
=+−
−+
−+
(
)
( )
2 8 7 19 8 15
34
xx xx xx
xx
+ −+− + −+ −
=
−+
( )( )
( )( )
14
1
3
34
xx
x
x
xx
−+
−
= =
−
−+
.
12. Lời giải:
( )
22
1 1 2 42 2
4 44 4
22 2
x
xx
A
x xx x
xx x
−
= + −=−= =
−−− −
+− +
. Với
1 21
33
2
A
x
=⇔=
+
4 16xx⇔ =⇔=
(nhận). Vậy
1
3
A =
khi
16x =
.
13. Lời giải:
THCS.TOANMATH.com
24
1) ĐKXĐ:
3x ≥
33
33 1
xx x
P
x xx x x
+
⇒= + +
−− −+ +
(
)
( )
1
3 3333 33
3
1
xx
x xx
xx
x
+
−+ + −−
= +
−−
+
63
23
3
x
xx x
−
= +=− −
−
.
Vì
(
)
2 232 32310P xx x x>⇒− −>⇔ − − −+>
( )
2
31 0 31 0 3 1 4x x xx⇔ −− >⇔ −−≠⇔ −≠⇔ ≠
.Vậy
3x ≥
và
4x
≠
.
2) Phương trình hoành độ giao điểm của
( )
P
và
( )
d
là:
2
10x mx
+ −=
.
có
2
40
m∆= + >
với mọi
m
, nên phương trình luôn có hai nghiệm phân
biệt
12
,
xx
. Theo hệ thức Viet ta có:
12
xx m+=−
và
12
1xx
= −
( ) ( )
22
22 2
1 2 1 2 12
2
x x m x x xx m⇒ + =− ⇒++ =
( ) ( ) ( )
22
22
12 12 12
4 4. 1xx xx m xx m⇒− + =⇒− +−=
(
)
2
2
12
44xx m⇒ − = +≥
với mọi
m
12
2xx⇒−≥
với mọi
m
(ĐPCM).
14. Lời giải:
1) Biểu thức
C
có nghĩa khi:
0
0
16 0
16
0, 16
4 0 16
0
40
a
a
a
a
aa
aa
a
a
≥
≥
−≠
≠

⇒ ⇒≥ ≠

−≠ ≠


∀≥
+≠
.
Rút gọn
22
16
44
a
C
a
aa
=−−
−
−+
( )( )
22
44
44
a
aa
aa
= −−
−+
−+
( ) ( )
( )( )
2 42 4
44
aa a
aa
−+−−
=
+−
( )
( )
( )
( )
2 82 8 4
44 44
aa a aa
aa aa
−−−+ −
= =
+− +−
THCS.TOANMATH.com
25
(
)
( )
( )
4
4
44
aa
a
a
aa
−
= =
+
−+
.
2) Giá trị của
C
khi
9 45a = −
.
Ta có:
( )
2
9 45 4 45 5 2 5aa==− =− += −
( )
2
2 5 52a⇒= − =−
Vậy
(
)
52 52
9 45
524 52
4
a
C
a
−−
= = = = −
−+ +
+
.
15. Lời giải:
1) Với
0, 4
xx>≠
biểu thức có nghĩa ta có:
2 3 5 7 23 3
:
2 2 1 2 3 2 5 10
x
A
x x xx x x

−+
= +−


− + −− −

( )
( ) ( )
(
)( ) ( )
22 1 3 2 5 7
23
:
22 1 5 2
xxx
x
x x xx
++ − − −
+
=
−+ −
( )( )
( )
52
23 5
.
23 21
22 1
xx
xx
xx
xx
−
+
= =
++
++
.
Vậy với
0, 4xx
>≠
thì
5
21
x
A
x
=
+
.
2) Ta có
0, 0, 4x xx> ∀> ≠
nên
5
0, 0, 4
21
x
A xx
x
= >>≠
+
( )
5555
, 0, 4
22
21
22 1
x
A xx
x
x
= =− < >≠
+
+
5
0
2
A⇒< <
, kết hợp với
A
nhận giá trị là một số nguyên thì
{ }
1, 2A∈
.
11
15 2 1
39
A xx x x=⇔ = +⇒ = ⇔ =
thỏa mãn điều kiện.
25 4 2 2 4A xx x x=⇔ = +⇔ =⇔=
không thỏa mãn điều kiện.
THCS.TOANMATH.com
26
Vậy với
1
9
x =
thì
A
nhận giá trị là nguyên.
16. Lời giải:
1) Với
9x =
ta có
31
2
31
A
+
= =
−
.
2) a)
(
)
( ) ( )
( )
1. 2
2 1 11
..
11
22
xx
x xx x x
P
x xx
xx xx

−+
−+ + + +

= = =

−−
++

.
b) Theo câu a)
1x
P
x
+
=
22
225 25
x
Px x
x
+
⇒ = +⇔ = +
2 225 23 20x xxxx+= + ⇔ + −=
và
0x >
( )
1 11
20
2 24
xx xx

⇔ + − =⇔ =⇔=


.
17. Giải:
( )
2
3 5 23 3 5 23 29 5 23 6 24 23a = + + +− + + − + =+ −
( ) ( ) ( )
22
62 31 62 31 423 1 3=+ − =+ −=+ =+
. Do
0a >
nên
31a = +
. Do đó
( )
2
13a −=
hay
2
2 20aa− −=
.
18. Giải:
( ) ( )
2
2
8216 1025 82625 82 51a =+ −+ =+ − =+ −
( )
8 2 5 1 6 25=+ −=+
. Vì
0a >
nên
51a = +
. Do đó
( )
2
15a −=
hay
2
24aa−=
. Biểu diễn
( ) ( )
2
22
2
2
2 3 24
4 3.4 4 1
2 12 4 12 2
aa aa
T
aa
− − −+
−+
= = =
−+ +
.
THCS.TOANMATH.com
27
19. Giải:
Ta có:
( )( )
22
a x x xy yz zx x y x z+=+++=+ +
.Tương tự ta có:
( )( ) ( )( )
22
;ay yxyzaz zxzy+=+ + +=+ +
.
Từ đó ta có:
( )( )
( )( )( )( )
( )( )
( )
22
2
ay az
xyyzzxzy
x x xx y
ax xyxz
++
+ +++
= = +
+ ++
. Tương
tự:
( )( )
( )
( )( )
( )
22 2 2
22
;
az ax ax ay
y yz x z zx y
ay az
++ ++
=+=+
++
. Vậy
( ) ( ) ( ) ( )
22VT x y z y z x z x y xy yz zx a= ++ ++ + = ++ =
.
20. Giải:
a) Vì
( )
3
3
3
61 465 1 25 1 25
+=+ =+
Từ đó
2 7 1 25 1 2 5a
= + −− += +
( )
2
2 2 42
2 5 7 2 10 14 9 0
a a aa⇒= + ⇒−= ⇒− +=
.
b) Do
( )
( )
( )
42
14 9 2 1fx x x x
= − + ++
và
42
14 9 0xa− +=
nên ta
được
( )
1fa=
.
21. Giải:
Vì
3
33
38 17 5 38 17 5 3.3. 38 17 5. 38 17 5a =+ +− + + −
( ) (
)
2012
3 3 2016
76 3 3 76 76 1940 2016a a a a fa⇒=−⇒+=⇒ = + =
.
22. Nhân cả tử và mẫu của
( )
fn
với
1nn+−
, ta được:
THCS.TOANMATH.com
28
( ) ( )
11fn n n nn= + +−
. Cho
n
lần lượt từ
1
đến
2016
, ta được:
(
)
( )
(
)
1 2 2 1 1; 2 3 3 2 2;...; 2016 2017 2017 2016 2016ff f
=−=− = −
Từ đó suy ra:
( ) ( )
( )
( )
1 2 3 ... 2016 2017 2017 1Sf f f f
= + + ++ = −
.
23. Giải:
Vì
n
là số nguyên dương nên:
2 22 22
111 11
1 ... 1
123 1n
≤ + + ++ ≥ =
(1) . Mặt
khác, với mọi
1k ≥
ta có:
222
14 4 1 1
2
4 4 1 2 12 1kkk k k

=<= −

− −+

. Cho
2,3, 4,...,kn=
ta có:
222
1 4 4 2 2 22
2 4.2 4.2 1 2.2 1 2.2 1 3 5
=< =−=−
−−+
222
1 4 4 2 2 22
3 4.3 4.3 1 2.3 1 2.3 1 3 7
=< =−=−
−−+
222
1 4 4 2 2 22
4 4.4 4.4 1 2.4 1 2.4 1 7 9
=< =−=−
−−+
………….
222
144 22 22
4 4 1 2 12 1 2 12 1nnn nn nn
=< =−=−
−−+−+
Cộng vế với vế ta được:
222 2
1 1 1 1 2 2 25
... 1 1
1 2 3 32 1 33
nn
+ + + + <+ − <+ =
+
(2). Từ (1) và (2) suy ra
điều phải chứng minh.
24. Giải:
Đặt
333 3
111 1
...
123
P
n
= + + ++
. Thực hiện làm trội mỗi phân số ở vế trái
bằng cách làm giảm mẫu, ta có:
THCS.TOANMATH.com
29
( )(
)
( ) ( )
33
22 2 1 1
,1
11 1 1
k
k k k k k k k kk
< = = − ∀>
− −+ − +
Cho
4,5,...,kn=
thì
( ) ( )
333
111 11 11 1 1
2 2 ...
1 2 3 3.4 4.5 4.5 5.6 1 1
P
n n nn

 
< +++−+−++ −

 
−+
 

( )
251 1 1 251 1 65
108 3.4 1 108 3.4 27nn
= +− < +=
+
. Do đó
65
64
P
<
(đpcm).
25. Giải:
Đặt
( )
11 1
...
21 12 32 23 1 1
n
S
n n nn
= + ++
+ + + ++
Để ý rằng :
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
1111
1 11
,
1
11 1
11
k k kk k k kk
k
kk
k k kk k k
k kkk
+ −+ + −+
= = = − ∀≥
+
+ ++ +
+− +
Cho
1, 2,...,kn=
rồi cộng vế với vế ta có:
1111 1 1 1
... 1
1223 1 1
n
S
nn n
= − + − ++ − =−
++
Do đó
2001
1
1
2002
S = −
Như vậy ta phải chứng minh:
43 1 44 1 1 1
1
44 45 45 44
2002 2002
<− < ⇔ < <
44 2002 45 1936 2002 2025⇔< <⇔ < <
Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên ta có điều phải chứng minh.
THCS.TOANMATH.com
30
26. Giải:
Để giải bài toán này ta cần có bổ đề sau:
Bổ đề: với mọi số thực dương
,xy
ta có:
xy yx xx yy
+≤+
.
Chứng minh: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương
0xyyxxxyy xxyyxyyx+≤+⇔+−−≥
(
)
( )
( )
(
)
00
xxyyyx xyxy
⇔ − + − ≥⇔ − − ≥
(
)(
)
2
0xyxy⇔+ − ≥
.
Bổ đề được chứng minh.
Áp dụng bổ đề ta có:
( )
( )
11 1 1n n nn nn n n+ ++ > ++ +
( ) ( )
11
11 1 1n n nn nn n n
⇒<
+ ++ ++ +
Vì thế:
( )
11 1
...
22 11 33 22 1 1n n nn
+ ++ <
+ + + ++
( )
11 1
...
1
21 12 32 23
1
n
n nn
< + ++
+
++
++
. Mà theo kết quả câu 25
thì:
( )
11 1 1
... 1
21 12 32 23 1 1 1n n nn n
+ ++ =−
+ + + ++ +
. Vậy bài
toán được chứng minh.
Câu 27)
Giải:
THCS.TOANMATH.com
31
Để ý rằng các phân số có tử và mẫu hơn kém nhau 2 đơn vị, nên ta nghĩ đến
đẳng thức
( )
22
1
22
2
nn
nnn n
nn
−
< ⇔ < +−⇔>
+
. Kí hiệu
14710 3 23 1
. . . .... .
3 6 9 12 3 3 3
nn
P
nn
−+
=
+
. Ta có:
2
14710 3 23 1 14710 3 23 1
. . . ... . . . . ... .
3691233336912333
nn nn
P
nn nn
−+ −+

=

++

136 9 3 3 3 14710 3 23 1
. . . ... . . . . ... .
3 4 7 10 3 2 3 1 3 6 9 12 3 3 3
n n nn
n n nn
− −+

<

−+ +

11367 9 3 33 2 3 3 1
..... ... . . .
3 3 4 7 9 10 3 2 3 3 1 3 3
n n nn
n nn n
−− +
<
− ++
(
) (
)
11
33 3 9 1
nn
= =
++
.
Từ đây suy ra
1
31
P
n
<
+
. Bất đẳng thức được chứng minh.
| 1/31
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:


BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ
Chương 1: Căn thức
1.1 CĂN THỨC BẬC 2
Kiến thức cần nhớ:
• 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 kí hiệu là a là
một số thực không âm x mà bình phương của nó bằng a : a ≥ 0 x ≥ 0  ⇔  2  a = xx = a
• Với hai số thực không âm a,b ta có: a ≤ b ⇔ a ≤ b .
• Khi biến đổi các biểu thức liên quan đến căn thức bậc 2 ta cần lưu ý: A A ≥ 0 + 2 A = A =  nếu −A A < 0 + 2
A B = A B = A B với , A B ≥ 0 ; 2
A B = A B = −A B với
A < 0; B ≥ 0 + A . A B . A B = =
với AB ≥ 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 ( A B M ) + = với ,
A B ≥ 0, A ≠ B (Đây gọi là phép A ± B A − B trục căn thức ở mẫu)
1.2 CĂN THỨC BẬC 3, CĂN BẬC n.
1.2.1 CĂN THỨC BẬC 3.
Kiến thức cần nhớ: THCS.TOANMATH.com 1
• Căn bậc 3 của một số a kí hiệu là 3 a là số x sao cho 3 x = a • Cho 3
a ∈ R a = x ⇔ x = ( 3 ; a )3 3 = 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 . • 3 3
a < b ⇔ a < b . • 3 3 3 A B = A B . 3 2 • A AB 3 = với B ≠ 0 B B 3 • A A = 3 3 B B 3 2 3 3 2 • 1
A AB + B =
với A ≠ ±B . 3 3 A ± B A ± B
1.2.2 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,k ∈ N .
Mọi số thực a > 0 đều có hai căn bậc chẵn đối nhau. Căn bậc chẵn
dương kí hiệu là 2k a (gọi là căn bậc 2k số học của a ). Căn bậc
chẵn âm kí hiệu là 2k
− a , 2k a = x ⇔ x ≥ 0 và 2k x = a ; 2k
− a = x ⇔ x ≤ 0 và 2k x = a . THCS.TOANMATH.com 2
Mọi số thực a < 0 đều không có căn bậc chẵn. Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Phân tích các biểu thức sau thành tích: a) 4 P = x − 4 b) 3 P = 8x + 3 3 c) 4 2
P = x + x +1 Lời giải: a) P = ( 2 x − )( 2
x + ) = (x − )(x + )( 2 2 2 2 2 x + 2). 3
b) P = ( x)3 + ( ) = ( x + )( 2 2 3 2
3 4x − 2 3x + 3) . c) P = (x + )2 2 2 − x = ( 2 x − x + )( 2 1 1 x + x + ) 1 .
Ví dụ 2: Rút gọn các biểu thức: a) 1
A = x − x − x + khi x ≥ 0 . 4
b) B = 4x − 2 4x −1 + 4x + 2 4x −1 khi 1 x ≥ . 4
c) C = 9 − 5 3 + 5 8 +10 7 − 4 3 Lời giải: 2 a) 1  1  1
A = x − x − x + = x −  x − =  x − x − 4  2  2 + Nếu 1 1
x ≥ ⇔ x ≥ thì 1 1 1
x − = x − ⇒ A = . 2 4 2 2 2 + Nếu 1 1
x < ⇔ 0 ≤ x < thì 1 1 1
x − = − x + ⇒ A = 2 x − 2 4 2 2 2 THCS.TOANMATH.com 3 b)
B = 4x − 2 4x −1 + 4x + 2 4x −1 = 4x −1− 2 4x −1 +1 + 4x −1+ 2 4x −1 +1 2 2
Hay B = ( 4x −1− ) 1 + ( 4x −1+ )
1 = 4x −1 −1 + 4x −1 +1
= 4x −1 −1 + 4x −1 +1 + Nếu 1
4x −1 −1≥ 0 ⇔ 4x −1≥1 ⇔ x ≥ thì 4x −1 −1 = 4x −1 −1 suy 2
ra B = 2 4x −1 . + Nếu 1 1
4x −1 −1< 0 ⇔ 4x −1<1 ⇔ ≤ x < thì 4 2
4x −1 −1 = − 4x −1 +1 suy ra B = 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 5 3 5 5 3 .Hay
C = 9 − 5 3 + 5(5 − 3) = 9 − 25 = 9 − 5 = 4 = 2
Ví dụ 3) Chứng minh:
a) A = 7 − 2 6 − 7 + 2 6 là số nguyên. b) 84 84 3 3 B = 1+ + 1−
là một số nguyên ( Trích đề TS vào lớp 9 9
10 chuyên Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006). THCS.TOANMATH.com 4 + − + − c) Chứng minh rằng: a 1 8a 1 a 1 8a 1 3 3 x = a + + a − với 3 3 3 3 1
a ≥ là số tự nhiên. 8
d) Tính x + y biết ( 2 x + x + )( 2
2015 y + y + 2015) = 2015. Lời giải:
a) Dễ thấy A < 0, Tacó A = ( − − + )2 2 7 2 6
7 2 6 = 7 − 2 6 + 7 + 2 6 − 2 7 − 2 6. 7 + 2 6 = 14 − 2.5 = 4 Suy ra A = 2 − .
b) Áp dụng hằng đẳng thức: (u + v)3 3 3
= u + v + 3uv(u + v) . Ta có: 3     3 84 84 84 84 84 84 =  3 3 + + −  = + + − +  3 3 B 1 1 1 1 3 1+ . 1−   9 9  9 9  9 9       84 84   3 3 1+ + 1−  . Hay  9 9       3 84 84 3 84 3 3 B = 2 + 33  +  −  ⇔ = + 3 1 1 .B B 2 3 1−
B ⇔ B = 2 − B ⇔ B + B − 2  9  9  81    2 ⇔ (B − )( 2
1 B + B + 2) = 0 mà 2  1  7
B + B + 2 = B + + >   0 suy ra B =1.  2  4
Vậy B là số nguyên.
c) Áp dụng hằng đẳng thức: (u + v)3 3 3
= u + v + 3uv(u + v) THCS.TOANMATH.com 5 Ta có 3
x = a + ( − a) 3
x ⇔ x + ( a − ) x − a = ⇔ (x − )( 2 2 1 2 2 1 2 0
1 x + x + 2a) = 0 Xét đa thức bậc hai 2
x + x + 2a với ∆ =1−8a ≥ 0 + Khi 1 a 1 1 = ta có 3 3 x = + =1 . 8 8 8 + Khi 1
a > , ta có ∆ =1−8a âm nên đa thức (1) có nghiệm duy nhất x =1 8 + − + − Vậy với mọi 1 a a 1 8a 1 a 1 8a 1 ≥ ta có: 3 3 x = a + + a − =1 là 8 3 3 3 3 số tự nhiên. d) Nhận xét:
( 2x + +x)( 2x + −x) 2 2 2015 2015
= x + 2015 − x = 2015 .
Kết hợp với giả thiết ta suy ra 2 2
x + 2015 − x = y + 2015 + y 2 2 2 2
⇒ y + 2015 + y + x + 2015 + x = x + 2015 − x + y + 2015 − y ⇔ x + y = 0 Ví dụ 4)
a) Cho x = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5 . Tính giá trị biểu thức: 4 3 2
x − 4x + x + 6x +12 P = . 2 x − 2x +12 b) Cho 3
x =1+ 2 . Tính giá trị của biểu thức 4 4 3 2
B = x − 2x + x − 3x +1942 .(Trích đề thi vào lớp 10 Trường PTC
Ngoại Ngữ - ĐHQG 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 Giải: THCS.TOANMATH.com 6 a) Ta có: 2 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 − + Ta biến đổi: 4 3.4 12 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
biểu thức P thành: 2 3 2
P = x 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 2 vế với 3 2 −1 để tận
dụng hằng đẳng thức: 3 3 − = ( − )( 2 2 a b
a b a + ab + b ). Khi đó ta có:
(3 − )x =(3 − )(3 2 3 2 1 2 1 2 + 2 + )1 ⇔ ( 3 2 − ) 3 3
1 x =1 ⇔ 2x = x +1 ⇔ 2x = (x + )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 5) Cho x, y, z > 0 và xy + yz + zx =1.
a) Tính giá trị biểu thức: ( 2 1+ y )( 2 1+ z ) ( 2 1+ z )( 2 1+ x ) ( 2 1+ x )( 2 1+ y ) 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: THCS.TOANMATH.com 7 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)
a) Tìm x , x ,..., x thỏa mãn: 1 2 n 2 2 2 2 2 2 1
x −1 + 2 x − 2 +..+ n x − n =
x + x + + x n ( 2 2 2 ... 1 2 1 2 n ) 2 2 b) Cho 4n + 4n −1 f (n) =
với n nguyên dương. Tính 2n +1 + 2n −1
f (1) + f (2) +..+ f (40) . Lời giải:
a) Đẳng thức tương đương với:
( x −1 − )21 +( x −2 −2)2 +...+( x −n −n = n )2 2 2 2 2 2 2 0 1 2 Hay 2 2
x = 2, x = 2.2 ,..., x = n n 2. 1 2 THCS.TOANMATH.com 8 2 2
x + y = 4nb) Đặt  2
x = 2n +1, y = 2n −1 ⇒ xy = 4n −1.  2 2 x − y = 2  Suy ra 2 2 3 3
x + xy + y x − y 1 f n = = = ( 3 3 1 ( ) x − y =
2n +1 − 2n −1 . 2 2 ) x + y x − y 2 2 ( ( )3 ( )3 )
Áp dụng vào bài toán ta có: f ( ) f ( ) f ( ) 1 1 2 .. 40  ( 3 3 3 1 ) ( 3 3 5 3 ) .. ( 3 3 81 79 ) + + + = − + − + + − 2  1 = ( 3 3 81 − 1 ) = 364 2 Ví dụ 7)
a) Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ....+
> 4 . Đề thi 1 + 2 3 + 4 79 + 80
chuyên ĐHSP 2011
b) Chứng minh rằng: 1 1 1 1  1 ... 21  + + + + > − . 1 2 2 3 3 4 n n 1  n 1  + +  c) Chứng minh: 1 1 1 1 1 2 n − 2 < + + + + ...+ < 2 n −1 với 1 2 3 4 n
mọi số nguyên dương n ≥ 2 . Lời giải: a) Xét 1 1 1 A = + + ....+ , 1 + 2 3 + 4 79 + 80 1 1 1 B = + + ..+ 2 + 3 4 + 5 80 + 81
Dễ thấy A > B . Ta có 1 1 1 1 1 A + B = + + + ....+ + 1 + 2 2 + 3 3 + 4 79 + 80 80 + 81 THCS.TOANMATH.com 9 ( k +1 1 − k ) Mặt khác ta có: = ( = + − + +
k + + k )( k + − k ) k 1 k k k 1 1 1
Suy ra A + B = ( 2 − 1)+( 3 − 2)+...+( 81− 80) = 81−1= 8 . Do
A > B suy ra 2A > A + B = 8 ⇔ A > 4. b) Để ý rằng: 1 1 1 1 − = < với k k +1
k(k +1) ( k +1+ k ) 2k k +1
mọi k nguyên dương. Suy ra  1   1 1   1 1   1 VT > 21− +  2 − +   . + 2 − =   21  − .  2   2 3   n n +1   n +1  c) Đặt 1 1 1 1 1 P = + + + + ...+ 1 2 3 4 n Ta có: 2 1 2 2 < = <
với mọi số tự nhiên n ≥ 2 . n + n +1 n 2 n n + n −1 Từ đó suy ra ( n+ − n) 2 2 2 2 1 = < <
= 2( n − n −1) hay
n +1 + n 2 n n + n −1 ( n+ − n) 2 2 1 <
< 2( n − n −1) n
Do đó: 2 ( 2 − 1)+( 3 − 2)+...+( n+1− n) <T  và
T <1+ 2 ( 2 − )1+( 3 − 2)+....( n − n−1).
Hay 2 n − 2 < T < 2 n −1. Ví dụ 8) THCS.TOANMATH.com 10
a) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2 2 3
a 1− b + b 1− c + c 1− a = .Chứng minh rằng: 2 2 2 2 3
a + b + c = . 2
a) 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 tuyến sinh vào lớp
10 chuyên Toán- Trường chuyên ĐHSP Hà Nội 2014) Lời giải:
a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 1 b b 1 c c 1 a 3 a 1 b b 1 c c 1 a + − + − + − − + − + − ≤ + + = . 2 2 2 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 2 2 a = 1− ba =1− b   2 2 2 2 2 2 3 b
 = 1− c ⇔ b
 = 1− c ⇒ a + b + c = (đpcm). 2   2 2 2 c = 1− a c =1− a  
b) Ta viết lại giả thiết thành: 2 2 2
2x 1− y + 2y 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 + 2y 2 − z + 2z 3− x ≤ x +1− y + y + 2 − z + z + 3− x = 6
. Suy ra VT ≤ VP . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: THCS.TOANMATH.com 11 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
x( x+ 4 x−4 + x−4 x−4 )
Ví dụ 9) Cho A =
với x > 4 2 x −8x +16
a) Rút gọn A .Tìm x để A đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Lời giải:
a) 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 x − 4 x − 4 x − 4 x − 4
(Theo bất đẳng thức Cô si). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 8 2 x − 4 =
⇔ x − 4 = 4 ⇔ x = 8 . x − 4 THCS.TOANMATH.com 12
Vậy GTNN của A bằng 8 khi x = 8.
b) Xét 4 < x < 8 thì 16 A = 4 +
, ta thấy A∈ Z khi và chỉ khi x − 4
16 ∈Z ⇔ x−4 là ước số nguyên dương của 16. Hay x − 4 x − 4∈{1;2;4;8;1 } 6 ⇔ x = {5;6;8;12;2 }
0 đối chiếu điều kiện suy ra x = 5 hoặc x = 6 . 2 x = m + 4 + Xét x ≥ 8 ta có: 2x A =
, đặt x − 4 = m ⇒  khi đó ta có: x − 4 m ≥ 2 ( 2 2 m + 4) 8 A =
= 2m + suy ra m∈{2;4; } 8 ⇔ x ∈{8;20;6 } 8 . m m
Tóm lại để A nhận giá trị nguyên thì x ∈{5;6;8;20;6 } 8 .
MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Câu 1. (Đề thi vào lớp 10 thành phố Hà Nội – năm học 2013-2014) + − +
Với x > 0 , cho hai biểu thức 2 x A = và x 1 2 x 1 B = + . x x x + x
1) Tính giá trị biểu thức A khi x = 64 .
2) Rút gọn biểu thức B .
3) Tính x để A 3 > . B 2
Câu 2. (Đề thi năm học 2012 -2013 thành phố Hà Nội) + 1) Cho biểu thức x 4 A =
. Tính giá trị của biểu thức A . x + 2   2) Rút gọn biểu thức x 4 x +16 B =  +  :  (với x 4 x 4  + − x +   2
x ≥ 0, x ≠ 16 ) THCS.TOANMATH.com 13
3) Với các biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị nguyên của
x để giá trị của biểu thức B( A− ) 1 là số nguyên.
Câu 3. (Đề thi năm học 2011 -2012 thành phố Hà Nội). Cho x 10 x 5 A = − −
, với x ≥ 0, x ≠ 25 . x − 5 x − 25 x + 5
1) Rút gọn biểu thức A
2) Tính giá trị của A khi x = 9 . 3) Tìm x để 1 A < . 3
Câu 4. (Đề thi năm học 2010 -2011 thành phố Hà Nội). + Cho x 2 x 3x 9 P = + −
, với x ≥ 0, x ≠ 9 . x + 3 x − 3 x − 9 1) Rút gọn P .
2) Tìm giá trị của x để 1 P = . 3
3) Tìm giá trị lớn nhất của P .
Câu 5. (Đè thi năm học 2014 – 2015 Thành phố Hồ Chí Minh)
Thu gọn các biểu thức sau: 5 5 5 3 5 A + = + − 5 + 2 5 −1 3+ 5  x 1   2 6 B  : 1  = + − +  (x > 0) .  x 3 x x 3   x x 3 x  + + + 
Câu 6. (Đề thi năm học 2013 – 2014 TPHCM) THCS.TOANMATH.com 14
Thu gọn các biểu thức sau:  x 3  x + 3 A =  + . 
với x ≥ 0, x ≠ 9 . x + 3 x −  3  x + 9 
B = ( + + − )2 − ( − + + )2 21 2 3 3 5 6 2 3 3 5 −15 15 .
Câu 7. (Đề thi năm 2014 – 2015 TP Đà Nẵng) − Rút gọn biểu thức x 2 2x 2 P = +
, với x > 0, x ≠ 2. 2 x + x 2 x − 2
Câu 8. (Đề thi năm 2012 – 2013 tỉnh BÌnh Định) Cho 1 1 1 1 A = + + +...+ và 1+ 2 2 + 3 3 + 4 120 + 121 1 1 B =1+ + ...+ . 2 35
Chứng minh rằng B > A .
Câu 9. (Đề thi năm 2014 – 2015 tỉnh Ninh Thuận) 3 3 + + Cho biểu thức x y = . x y P , x ≠ y . 2 2 2 2
x − xy + y x − y
1) Rút gọn biểu thức P .
2) Tính giá trị của P khi x = 7 − 4 3 và y = 4 − 2 3 .
Câu 10. (Đề thi năm 2014 – 2015 , ĐHSPHN)
Cho các số thực dương a,b ; a ≠ b . THCS.TOANMATH.com 15 (a −b)3 ( − +
a − b ) b b 2a a 3 + Chứng minh rằng: 3a 3 ab + = 0 . a a − b b b − a
Câu 11. (Đề thi năm 2014 – 2015 chuyên Hùng Vương Phú Thọ)
x + x − 6 x − 7 x +19 x − 5 x A = + −
; x > 0, x ≠ 9 . x − 9 x + x −12 x + 4 x
Câu 12. (Đề thi năm 2014 – 2015 tỉnh Tây Ninh) Cho biểu thức 1 1 2 x A = + −
(x ≥ 0, x ≠ 4).
2 + x 2 − x 4 − x
Rút gọn A và tìm x để 1 A = . 3
Câu 13. (Đề thi năm 2014 – 2015 chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi). + 1) Cho biểu thức 3 3 x x x P = + + . Tìm tất cả x − 3 − x x − 3 + x x +1
các giá trị của x để P > 2 .
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P) 2
: y = −x và đường thẳng
(d): y = mx −1 (m là tham số). chứng minh rằng với mọi giá trị của
m , đường thẳng (d ) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành
độ x , x thỏa mãn x − x ≥ 2 . 1 2 1 2
Câu 14. (Đề thi năm 2014 – 2014 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa) Cho biểu thức a 2 2 C = − − . a −16 a − 4 a + 4
1) Tìm điều kiện của a để biểu thức C có nghĩa và rút gọn C .
2) Tính giá trị của biểu thức C khi a = 9 − 4 5 . THCS.TOANMATH.com 16
Câu 15. (Đề thi năm 2014 – 2015 chuyên Thái Bình tỉnh Thái BÌnh)  −  Cho biểu thức 2 3 5 x 7 2 x + 3 A =  + −  : 
x 2 2 x 1 2x 3 x 2  − + − − 5x −   10 x
(x > 0, x ≠ 4) .
1) Rút gọn biểu thức A .
2) Tìm x sao cho A nhận giá trị là một số nguyên.
Câu 16. (Đề năm 2014 – 2015 Thành Phố Hà nội) +
1) Tính giá trị của biểu thức x 1 A = , khi x = 9 . x −1 2) Cho biểu thức  x − 2 1  x +1 P = +  .
với x > 0 và x ≠ 1.  x + 2 x x + 2  x −1 + a) Chứng minh rằng x 1 P = . x
b) Tìm các giá trị của x để 2P = 2 x + 5 .
Câu 17) Cho a = 3+ 5 + 2 3 + 3− 5 + 2 3 . Chứng minh rằng 2
a − 2a − 2 = 0 .
Câu 18) Cho a = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5 . 2 3 2 − + + +
Tính giá trị của biểu thức: a 4a a 6a 4 T = . 2 a − 2a +12
Câu 19) Giả thiết x, y, z > 0 và xy + yz + zx = a . Chứng minh rằng: ( 2 a + y )( 2 a + z )
(a + z)2 (a + x)2 ( 2 a + x )( 2 a + y ) x + y + z = 2a . 2 2 2 a + x a + y a + z THCS.TOANMATH.com 17 Câu 20. Cho 3
a = 2 + 7 − 61+ 46 5 +1. a) Chứng minh rằng: 4 2
a −14a + 9 = 0 .
b) Giả sử f (x) 5 4 3 2
= x + 2x −14x − 28x + 9x +19 . Tính f (a) . Câu 21. Cho 3 3
a = 38 +17 5 + 38 −17 5 .
Giả sử có đa thức f (x) = (x + x + )2016 3 3 1940
. Hãy tính f (a) . 2n +1+ n n +1
Câu 22. Cho biểu thức f (n) ( ) = . n + n +1
Tính tổng S = f ( )
1 + f (2) + f (3) +...+ f (2016) .
Câu 23) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có: 1 1 1 1 5 1≤ + + +...+ < . 2 2 2 2 1 2 3 n 3
Câu 24) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n > 3, ta có 1 1 1 1 65 + + +...+ < . 3 3 3 3 1 2 3 n 54
Câu 25) Chứng minh rằng: 43 1 1 1 44 < + +...+ < 44 2 1 +1 2 3 2 + 2 3 2002 2001 + 2001 2002 45
(Đề thi THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm 2001-2002)
Câu 26) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có: 1 1 1 1 + +...+ < − . + + (n + ) 1 2 2 1 1 3 3 2 2 1 n +1 + n n n +1 THCS.TOANMATH.com 18
Câu 27) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n > 2 , ta có:
1 4 7 10 3n − 2 3n +1 1 . . . .... . < . 3 6 9 12
3n 3n + 3 3 n +1
LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CHỦ ĐỀ 1 1). Lời giải: 1) Với x = 64 ta có 2 64 2 8 5 A + + = = = . 64 8 4
( x − )1.(x+ x)+(2 x + )1. x x x +2x 1 x + 2 B = = = + = x.(x + x) 1 x x + x x +1 x +1 + + +
Với x > 0 , ta có: A 3 2 x 2 x 3 x 1 3 > ⇔ : > ⇔ > B 2 x x +1 2 x 2
⇔ 2 x + 2 > 3 x ⇔ x < 2 ⇔ 0 < x < 4 (do x > 0 ). 2. Lời giải:
1) Với x = 36 , ta có 36 4 10 5 A + = = = . 36 + 2 8 4
2) Với x ≥ 0, x ≠ 16 ta có:
x ( x −4) 4( x + 4) x (x +16)( x + + 2 2 ) x +2 B   = + = =  x −16
x −16  x +16
(x −16)(x +16) x −16   . +  + − − 
3) Biểu thức B( A − ) x 2 x 4 x 2 2 1 =   = x 16  x +  2  − x −  16 B( A− )
1 nguyên, x nguyên thì x −16 là ước của 2 , mà U (2) = { 1; ± ± }
2 . Ta có bảng giá trị tương ứng:
Kết hợp điều kiện, để B( A − )
1 nguyên thì x ∈{14;15;16; } 17 . THCS.TOANMATH.com 19 3). Lời giải: x. x x
( x +5)−10 x −5.( x −5 10 5 ) A = − − = x − 5 x − 25 x + 5 ( x −5)( x +5)
x + 5 x −10 x − 5 x + 25 x −10 x + 25 = ( = x − 5)( x +5) ( x −5)( x +5) ( x − )2 5 x − 5 = ( ⇒ A =
. Với x = 9 ta có: x = 3. Vậy x − 5)( x +5) x + 5 3 5 2 1 A − − = = = − . 3+ 5 8 4 4). Lời giải:
x ( x −3)+ 2 x ( x +3)−3x −9 1) 3 P = ( = x − 3)( x +3) x + 3 2) 1 3 1 P = ⇔
= ⇒ x + 3 = 9 ⇔ x = 36 (thỏa mãn ĐKXĐ) 3 x + 3 3 3) Với 3 3 x ≥ 0, P = ≤
=1⇒ P =1 khi x = 0 (TM). max x + 3 0 + 3 5. Lời giải: 5 5 5 3 5 A + = + − 5 + 2 5 −1 3+ 5 (5+ 5)( 5−2) 5 ( 5 + ) 1 3 5 (3− 5) = ( + − 5 + 2)( 5 − 2) ( 5 − ) 1 ( 5 + ) 1 (3+ 5)(3− 5) 5 + 5 9 5 −15 5 + 5 − 9 5 +15 = 3 5 − 5 + − = 3 5 − 5 + 4 4 4 THCS.TOANMATH.com 20 = 3 5 − 5 + 5 − 2 5 = 5 .  x 1   2 6 B : 1  = + − + (x >     0)  x + 3 x x + 3   x x + 3 x x 1  x 2 6    −   :   = + +   x + 3 x + 3    x x  ( x +3) x
 ( x −2)( x +3)+ + 6 1  : x   = = + = . x +  x ( x +  ) ( x )1. 1 3 3  x + x6. Lời giải:
Với x ≥ 0 và x ≠ 9 ta có:
x 3 x 3 x 9 − + + x + 3 1 A  .  (  = = − 
x + 3)( x −3) . 3  x + 9 xB = ( + + − )2− ( − ++ + )2 21 4 2 3 6 2 5 3 4 2 3 6 2 5 −15 15 2 = ( + + − )2 − ( − + + )2 21 3 1 5 1 3 3 1 5 1 −15 15 2 = ( + )2 15 3 5 −15 15 = 60. 2
7). Lời giải: Với điều kiện đã cho thì: 2 x ( x − 2 2 ) x 2 P = + = + = .
2x( 2 + x) ( x − 2)( x + 2) 1 2 + x x + 2 8. Lời giải: Ta có: 1 1 1 1 A = + + + ...+ 1+ 2 2 + 3 3 + 4 120 + 121 THCS.TOANMATH.com 21 1− 2 2 − 3 120 − 121
= ( + )( − )+( + )( − )+...+ 1 2 1 2 2 3 2 3 ( 120 + 121)( 120 − 121) 1− 2 2 − 3 120 − 121 = + + ...+ 1 − 1 − 1 −
= 2 −1+ 3 − 2 +...+ 121 − 120 = 1 − + 121 =10 (1) Với mọi * k ∈ 1 2 2  , ta có: = > = 2( k +1− k ) k k + k k + k +1 Do đó 1 1 B =1+ + ...+ 2 35
⇒ B > 2( 2 − 1+ 3 − 2 + 4 − 3 +...+ 36 − 35)
⇒ B > 2(− 1+ 36) = 2( 1
− + 6) =10 (2) . Từ (1) và (2) suy ra B > A . 9. Lời giải: 3 3 1) x + y + + = . x y x y P = . 2 2
x − xy + y (x − y)(x + y) x − y
2) Với x = 7 − 4 3 = 2 − 3 và y = 4 − 2 3 = 3 −1
Thay vào P ta được: 2 3 3 1 1 3 2 3 P − + − + = ( = = − . 2 − 3)−( 3 − ) 1 3− 2 3 3 10.Lời giải: THCS.TOANMATH.com 22 (a −b)3 ( − +
a + b ) b b 2a a 3 + Ta có: 3a 3 ab Q = + a a − b b b − a
( a − b)3( a + b)3 ( − + a − b ) b b 2a a 3
3 a + ( a + b) = ( − =
a − b )(a + ab +b)
( a − b)( a + b) 0
a a + 3a b + 3b a + b b + 2a a 3 a = ( −
a − b )(a + ab +b) ( a − b)
3a a + 3a b + 3b a − 3a a − 3a b − 3b a = ( = (ĐPCM).
a − b )(a + ab +b) 0 11. Lời giải:
x + x − 6 x − 7 x +19 x − 5 x A = + − x − 9 x + x −12 x + 4 x x − 2 x − 7 x +19 x − 5 = + −
x − 3 ( x −3)( x + 4) x + 4
x + 2 x −8 + x − 7 x +19 − x + 8 x −15 ( x − ) 1 ( x + 4) − = x 1 ( = = . x − 3)( x + 4)
( x −3)( x +4) x −3 12. Lời giải: 2(2 1 1 2 4 2 − x x x ) 2 A = + − = − = = . Với
2 + x 2 − x 4 − x 4 − x 4 − x 4 − x 2 + x 1 2 1 A = ⇔
= ⇔ x = 4 ⇔ x =16 (nhận). Vậy 1 A = khi x =16 . 3 2 + x 3 3 13. Lời giải: THCS.TOANMATH.com 23 1) ĐKXĐ: x ≥ 3 3 3 x x + x ⇒ P = + + x − 3 − x x − 3 + x x +1 x( x x x x + − + + − − )1 3 3 3 3 3 3 3 − = 6 x 3 ( + =
+ x = x − 2 x − 3 . x − 3) − x x +1 3 −
Vì P > 2 ⇒ x − 2 x − 3 > 2 ⇔ (x − 3) − 2 x − 3 +1 > 0 ⇔ ( x − − )2
3 1 > 0 ⇔ x − 3 −1 ≠ 0 ⇔ x − 3 ≠ 1 ⇔ x ≠ 4 .Vậy x ≥ 3 và x ≠ 4 .
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d ) là: 2
x + mx −1 = 0 . có 2
∆ = m + 4 > 0 với mọi m , nên phương trình luôn có hai nghiệm phân
biệt x , x . Theo hệ thức Viet ta có: x + x = −m và x x = 1 − 1 2 1 2 1 2
⇒ (x + x )2 = (−m)2 2 2 2
⇒ x + x + 2x x = m 1 2 1 2 1 2 ⇒ (x − x )2 2
+ 4x x = m ⇒ (x − x )2 + 4.(− ) 2 1 = m 1 2 1 2 1 2 ⇒ (x − x )2 2
= m + 4 ≥ 4 với mọi m ⇒ x − x ≥ 2 với mọi m (ĐPCM). 1 2 1 2 14. Lời giải: a ≥ 0 a ≥ 0 a 16 0  − ≠  a ≠ 16
1) Biểu thức C có nghĩa khi:  ⇒ 
⇒ a ≥ 0,a ≠ 16 . a − 4 ≠ 0 a ≠ 16     a + 4 ≠ 0  a ∀ ≥ 0 Rút gọn a 2 2 C = − − a 2 2 = − − a −16 a − 4
a + 4 ( a − 4)( a + 4) a − 4 a + 4
a − 2( a + 4)− 2( a − 4) =
a − 2 a −8 − 2 a + 8 a − 4 a ( = = a + 4)( a − 4)
( a +4)( a −4) ( a +4)( a −4) THCS.TOANMATH.com 24 a ( a − 4) a = ( = . a − 4)( a + 4) a + 4
2) Giá trị của C khi a = 9 − 4 5 . Ta có: a = a = − = − + = ( − )2 9 4 5 4 4 5 5 2 5 ⇒ a = ( − )2 2 5 = 5 − 2 Vậy a 5 − 2 5 − 2 C = ( = = = − . a + 4) 9 4 5 5 − 2 + 4 5 + 2 15. Lời giải:
1) Với x > 0, x ≠ 4 biểu thức có nghĩa ta có:  2 3 5 x − 7  2 3 + 3 A =  + −  : 
x 2 2 x 1 2x 3 x 2  − + − − 5x −   10 x 2(2 x + )
1 + 3( x − 2)−(5 x −7) 2 x + 3 = ( x − )( x + ) : 2 2 1 5 x ( x − 2) 5 x x ( x − + 2 2 3 ) 5 x = ( = . x + 2)(2 x + ). 1 2 x + 3 2 x +1 Vậy với x x > 0, x ≠ 4 thì 5 A = . 2 x +1 2) Ta có x x > 0, x
∀ > 0, x ≠ 4 nên 5 A =
> 0, x > 0, x ≠ 4 2 x +1 5 x 5 5 5 A = = − < x > x ≠ 5
⇒ 0 < A < , kết hợp với A 2 x +1 2(2 x + ) , 0, 4 2 1 2 2
nhận giá trị là một số nguyên thì A∈{1, } 2 . 1 1
A =1 ⇔ 5 x = 2 x +1⇒ x = ⇔ x = thỏa mãn điều kiện. 3 9
A = 2 ⇔ 5 x = 4 x + 2 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4 không thỏa mãn điều kiện. THCS.TOANMATH.com 25 Vậy với 1
x = thì A nhận giá trị là nguyên. 9 16. Lời giải: 1) Với x = 9 ta có 3 1 A + = = 2. 3−1 2) a)  x x x
 ( x − )1.( x + − + + 2 2 1 ) x +1 x +1 P     = = = .  x
( x +2) . x −  x   ( x +2) . 1  x −1 x  + b) Theo câu a) x 1 P = x 2 x + 2
⇒ 2P = 2 x + 5 ⇔ = 2 x + 5 x
2 x + 2 = 2x + 5 x ⇔ 2x + 3 x − 2 = 0 và x > 0 ⇔ ( x + ) 1  1 1 2 x − =
 0 ⇔ x = ⇔ x =  .  2  2 4 17. Giải: 2
a = 3+ 5 + 2 3 + 3− 5 + 2 3 + 2 9 − (5+ 2 3) = 6+ 2 4− 2 3 = +
( − )2 = + ( − )= + =( + )2 6 2 3 1 6 2 3 1 4 2 3 1 3 . Do a > 0 nên
a = 3 +1. Do đó (a − )2 1 = 3 hay 2
a − 2a − 2 = 0 . 18. Giải: a = + − ( + ) = + − = + ( − )2 2 8 2 16 10 2 5 8 2 6 2 5 8 2 5 1 = 8 + 2( 5 − )
1 = 6 + 2 5 . Vì a > 0 nên a = 5 +1. Do đó (a − )2 1 = 5 hay (a −2a)2 2 − 3( 2 a − 2a) 2 + 4 − + 2
a − 2a = 4 . Biểu diễn 4 3.4 4 1 T = = = . 2 a − 2a +12 4 +12 2 THCS.TOANMATH.com 26 19. Giải: Ta có: 2 2
a + x = x + xy + yz + zx = (x + y)(x + z) .Tương tự ta có: 2
a + y = ( y + x)( y + z) 2
;a + z = (z + x)(z + y) . Từ đó ta có: ( 2 a + y )( 2 a + z )
(x + y)( y + z)(z + x)(z + y) x = x
= x x + y . Tương 2 a + x
(x + y)(x + z) ( ) ( 2 a + z )( 2 a + x ) ( 2 a + x )( 2 a + y ) tự: y
= y z + x ; z
= z x + y . Vậy 2 ( ) 2 ( ) a + y a + z
VT = x( y + z) + y(z + x) + z (x + y) = 2(xy + yz + zx) = 2a . 20. Giải: a) Vì + = ( + )3 3 3 61 46 5 1 2 5 =1+ 2 5
Từ đó a = 2 + 7 −1− 2 5 +1 = 2 + 5 ⇒ a = ( + )2 2 2 4 2 2
5 ⇒ a − 7 = 2 10 ⇒ a −14a + 9 = 0 .
b) Do f (x) = ( 4 2
x −14x + 9)(x + 2) +1 và 4 2
x −14a + 9 = 0 nên ta
được f (a) =1. 21. Giải: Vì 3 3 3
a = 38 +17 5 + 38 −17 5 + 3.3. 38 +17 5. 38 −17 5 3 3 ⇒ a =
− a ⇒ a + a = ⇒ f (a) = ( + )2012 2016 76 3 3 76 76 1940 = 2016 .
22. Nhân cả tử và mẫu của f (n) với n +1 − n , ta được: THCS.TOANMATH.com 27
f (n) = (n + )
1 n +1 − n n . Cho n lần lượt từ 1 đến 2016 , ta được: f ( )
1 = 2 2 −1 1; f (2) = 3 3 − 2 2;...; f (2016) = 2017 2017 − 2016 2016
Từ đó suy ra: S = f ( )
1 + f (2) + f (3) +...+ f (2016) = 2017 2017 −1. 23. Giải:
Vì n là số nguyên dương nên: 1 1 1 1 1 1≤ + + +...+ ≥ =1 (1) . Mặt 2 2 2 2 2 1 2 3 n 1
khác, với mọi k ≥1 ta có: 1 4 4  1 1 2  = < = −
. Cho k = 2,3,4,...,n ta có: 2 2 2 k 4k 4k 1   2k 1 2k 1 − − +  1 4 4 2 2 2 2 = < = − = − 2 2 2 2 4.2 4.2 −1 2.2 −1 2.2 +1 3 5 1 4 4 2 2 2 2 = < = − = − 2 2 2 3 4.3 4.3 −1 2.3−1 2.3+1 3 7 1 4 4 2 2 2 2 = < = − = − 2 2 2 4 4.4 4.4 −1 2.4 −1 2.4 +1 7 9 …………. 1 4 4 2 2 2 2 = < = − = − 2 2 2 n 4n
4n −1 2n −1 2n +1 2n −1 2n +1
Cộng vế với vế ta được: 1 1 1 1 2 2 2 5 + + +...+ <1+ −
<1+ = (2). Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2 2 1 2 3 n 3 2n +1 3 3 điều phải chứng minh. 24. Giải: Đặt 1 1 1 1 P = + + +...+
. Thực hiện làm trội mỗi phân số ở vế trái 3 3 3 3 1 2 3 n
bằng cách làm giảm mẫu, ta có: THCS.TOANMATH.com 28 2 2 2 1 1 < = = − , k ∀ > 1 3 3 k
k − k (k − ) 1 (k + ) 1
(k − )1k k (k + )1
Cho k = 4,5,...,n thì  1 1 1   1 1   1 1   1 1  2P < 2 + + + − + − +       ...+  − 3 3 3 1 2
3   3.4 4.5   4.5 5.6  (n − ) 1 n n(n + ) 1  251 1 1 251 1 65 = + − < + = . Do đó 65 P < (đpcm). 108 3.4 n(n + ) 1 108 3.4 27 64 25. Giải: Đặt 1 1 1 S = + + + n ... 2 1 +1 2 3 2 + 2 3
(n + )1 n + n n +1 Để ý rằng : 1 (k + )
1 k − k k +1 (k + ) 1 k − k k +1 1 1 = = = − ∀ ≥ (k + ) , k
1 k + k k +1 (k + )2 2
1 k − k (k + ) 1 k (k + ) 1 k k +1
Cho k =1,2,...,n rồi cộng vế với vế ta có: 1 1 1 1 1 1 1 S = − + − + + − = − n ... 1 1 2 2 3 n n +1 n +1 Do đó 1 S =1− 2001 2002
Như vậy ta phải chứng minh: 43 1 44 1 1 1 <1− < ⇔ < < 44 2002 45 45 2002 44
⇔ 44 < 2002 < 45 ⇔ 1936 < 2002 < 2025
Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên ta có điều phải chứng minh. THCS.TOANMATH.com 29 26. Giải:
Để giải bài toán này ta cần có bổ đề sau:
Bổ đề: với mọi số thực dương x, y ta có: x y + y x ≤ x x + y y .
Chứng minh: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương
x y + y x ≤ x x + y y ⇔ x x + y y − x y − y x ≥ 0
⇔ x( x − y )+ y( y − x) ≥ 0 ⇔ (x − y)( x − y ) ≥ 0
⇔ ( x + y )( x − y )2 ≥ 0.
Bổ đề được chứng minh. Áp dụng bổ đề ta có:
(n + )1 n +1+ n n > n n +1+(n + )1 n 1 1 ⇒ < ( n + )
1 n +1 + n n n n +1 + (n + ) 1 n Vì thế: 1 1 1 + +...+ < 2 2 +1 1 3 3 + 2 2
(n + )1 n +1+ n n 1 1 1 < + + ...+
. Mà theo kết quả câu 25 2 1 +1 2 3 2 + 2 3 ( + ) +1 1 n n n + n thì: 1 1 1 1 + +...+ = − . Vậy bài + + (n + ) 1 2 1 1 2 3 2 2 3 1 n + n n +1 n +1 toán được chứng minh. Câu 27) Giải: THCS.TOANMATH.com 30
Để ý rằng các phân số có tử và mẫu hơn kém nhau 2 đơn vị, nên ta nghĩ đến đẳng thức n n −1 < ( 2 2
⇔ n < n + n − 2 ⇔ n > 2) . Kí hiệu n + 2 n
1 4 7 10 3n − 2 3n +1 P = . . . .... . . Ta có: 3 6 9 12 3n 3n + 3 2
 1 4 7 10 3n − 2 3n +1  1 4 7 10 3n − 2 3n +1 P . . . ... .  . . . ... . 
= 3 6 9 12 3n 3n 33 6 9 12 3n 3n 3 + +   1 3 6 9
3n − 3 3n  1 4 7 10 3n − 2 3n +1 . . . ... .  . . . ... . 
< 3 4 7 10 3n 2 3n 13 6 9 12 3n 3n 3 − + + 
1 1 3 6 7 9 3n − 3 3n − 2 3n 3n +1 < . . . . . . . . . . 1 1 = = .
3 3 4 7 9 10 3n − 2 3n 3n +1 3n + 3 3(3n + 3) 9(n + ) 1 Từ đây suy ra 1 P <
. Bất đẳng thức được chứng minh. 3 n +1 THCS.TOANMATH.com 31