Chuyên đề các bài toán về phân thức đại số bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8

Tài liệu gồm 66 trang, được biên soạn bởi thầy giáo Trần Đình Hoàng, hướng dẫn phương pháp giải các dạng toán chuyên đề các bài toán về phân thức đại số bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8.

24 12 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 6: Phân thức đại số (KNTT)

Môn: Toán 8

Thông tin:

50 trang 4 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
1
CHUYÊN ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ PHÂN THỨC ĐẠI SỐ
MỤC LỤC
Chủ đề 1. CHỨNG MINH MỘT BIỂU THỨC LÀ SỐ TỐI GIẢN .................................................. 2
Chủ đề 2. TÍNH GIÁ TRỊ CỦA PHÂN THỨC ĐẠI SỐ ................................................................... 3
Dạng 1. Tính giá trị biểu thức thỏa mãn điều kiện cho trước của biến. ..................................... 3
Dạng 2. Tính giá trị biểu thức số bằng cách biến đổi từ công thức tổng quát. ......................... 17
Chủ đề 3. RÚT GỌN BIỂU THỨC ................................................................................................ 19
Dạng 1. Rút gọn biểu thức bằng cách sử dụng tính chất cơ bản của phân thức ....................... 19
Dạng 2. Rút gọn biểu thức thỏa mãn điều kiện cho trước của biến. ......................................... 22
Dạng 3. Rút gọn các biểu thức có tính quy luật ........................................................................ 26
Chủ đề 4. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC CHỨA PHÂN THỨC ĐẠI SỐ .................................... 29
Dạng 1. Biến đổi vế này thành vế kia ........................................................................................ 29
Dạng 2. Biến đổi cả hai vế cùng bằng biểu thức thứ ba ........................................................... 31
Dạng 3. Từ điều kiện tạo ra thành phần một vế ........................................................................ 33
Dạng 4. Phương pháp biến đổi tương đương ............................................................................ 40
Dạng 5. Phương pháp đổi biến số ............................................................................................. 41
Dạng 6. Phân tích đi lên từ kết luận .......................................................................................... 43
Dạng 7. Phương pháp tách hạng tử........................................................................................... 44
Chủ đề 5. BÀI TOÁN TỔNG HỢP ................................................................................................ 45
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
2
Chủ đề 1. CHỨNG MINH MỘT BIỂU THỨC LÀ SỐ TỐI GIẢN
Phương pháp:
Để chứng minh phân số đã cho tối giản, ta sẽ chứng tỏ rằng tử và mẫu chỉ có ƯC là
1
- Một số tính chất cần sử dụng khi chứng minh:
+ Nếu nếu d = ƯCLN(a; b) thì
a d
và
b d
, khi đó ta có:
+ Nếu
a d
thì k.a
d và
n
a d
Bài tập áp dụng
Bài 1. Chứng minh với mọi số nguyên n thì phân số
3
4 2
n 2n
n 3n 1
là phân số tối giản.
HD:
Để chứng minh phân số đã cho tối giản, ta sẽ chứng tỏ rằng tử và mẫu chỉ có ƯC là
1
Gọi d là ước chung của
3
n 2n
và
4 2
n 3n 1
.
Ta có:
3 3 4 2
n 2n d n n 2n d n 2n d
(1)
2
4 2 4 2 2 2 4 2
n 3n 1 n 2n n 1 d n 1 n 2n 1 d
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
4 2 4 2
n 2n 1 n 2n d 1 d d 1
Vậy
3
4 2
n 2n
n 3n 1
là phân số tối giản
Bài 2. Chứng minh với mọi số nguyên dương n thì:
a)
n
n n
3
5
1
1
là phân số không tối giản. b)
6n 1
8n 1
là phân số tối giản.
HD:
a) Ta có
2 2 2
5 2 2
2 3 2 3 2 2
n 1 n n 1 n 1 n n 1 n 1 n n 1
n n n n 1
n n 1 n n 1 n n 1 n n 1
vì với số nguyên dương n thì
2
n n 1 1
nên
3
5
n 1
n n 1
là phân số không tối giản.
b) Đặt ƯCLN
6n 1; 8n 1 d
với
*
d N
6n 1 d 24n 4 d
8n 1 d 24n 3 d
24n 4 24n 3 d 1 d d 1.
ƯCLN
6n 1; 8n 1 1
Phân số đã cho là phân số tối giản.
Bài 3. Cho
2
4
5
n
P
n
với n là số tự nhiên. Hãy tìm tất cả các số tự nhiên n trong khoảng từ 1
đến 2020 sao cho giá trị của P chưa tối giản.
HD:
Ta có:
2
n 4 29
P n 5
n 5 n 5
với
n
Để phân số P chưa tối giản thì ƯCLN
29; n 5 d d 1
Khi đó
n 5 d
và
29 d d 29 n 5 29
Hay
n 5 29k k N n 29k 5
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
3
Mà
1 n 2020 1 29k 5 2020 29k 2025
6 24
k 69 k 1,2,3....,69
29 29
Vậy các số tự nhiên n cần tìm có dạng
n 29k 5
với
k 1; 2; 3;....;69
Bài 4. Cho phân sô
m
n
là phân thức tối giản. Chứng minh phân số
m
m n
là phân thức tối
giản.
HD: Giả sử m, n là các số nguyên và ƯCLN(m, n) = 1 (vì
m
n
tối giản)
Gọi d = ƯCLN(m, m + n), khi đó ta có: (m + n)
d và m
d ⇒ [(m + n) – m ] = n
d
⇒ d ∈ ƯC (m, n) ⇒ d = 1 (vì
m
n
tối giản) .
Vậy nếu phân thức
m
n
là phân thức tối giản thì phân thức
m
m n
cũng là phân thức tối
giản.
Bài 5. Chứng minh rằng vơi mọi số tự nhiên
n
thì phân số
2
2
10n 9n 4
20n 20n 9
tối giản
HD: Gọi d là ƯCLN của
2
10n 9n 4
và
2
20n 20n 9
2 2
2 2
10n 9n 4 d 20n 18n 8 d
2n 1 d d
20n 20n 9 d 20n 20n 9 d
là số tự nhiên lẻ
Mặt khác :
2 2
2n 1 d 4n 4n 1 d 20n 20n 5 d 4 d
, mà d lẻ nên d = 1
Vậy phân số trên tối giản
Bài tập tự giải:
Bài 1. Chứng minh rằng phân số
7 2
8
n n 1
n n 1
không tối giản với mọi số nguyên dương n
Bài 2. Chứng minh rằng các phân số sau tối giản với mọi số tự nhiên n.
a)
3n 1
5n 2
b)
12n 1
30n 2
c)
2
2n 1
2n 1
d)
3n 1
5n 2
e)
n 3
n 4
f)
2n 1
5n 3
g)
3n 2
4n 3
h)
2n 5
3n 7
i)
3n
3n 1
j)
2
2n 1
4n 2
k)
5n 7
7n 10
Chủ đề 2. TÍNH GIÁ TRỊ CỦA PHÂN THỨC ĐẠI SỐ
Dạng 1. Tính giá trị biểu thức thỏa mãn điều kiện cho trước của biến.
a. Phương pháp: Biến đổi điều kiện rồi thay vào biểu thức đã cho hoặc biến đổi biểu thức đã
cho làm xuất hiện biểu thức của điều kiện.
b. Bài tập áp dụng
Bài 1. Tính giá trị biểu thức
3
3
1
A x
x
, biết rằng:
a)
1
x 3 (x 0)
x
b)
2
2
1
x 14 x 0 .
x
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
4
HD:
a) Áp dụng HĐT:
3
3 3
A B A B 3AB A B
ĐS: A = 18
b) Áp dụng HĐT:
2
2 2
A B A B 2AB
và
3 3 2 2
A B A B A AB B
Ta được:
2 2
2
2
1 1 1 1
x x 2 x 16 x 4
x x x x
3 2
3 2
1 1 1
x x x 1
x x x
Với
1
x 0 x 4
x
thì
3
3
1
x 4. 14 1 52
x
Với
1
x 0 x 4
x
thì
3
3
1
x 4. 14 1 52
x
Bài 2. Tính giá trị biểu thức
3
3
1
A x
x
và
5
5
2
B x
x
Cho biết x là số thực dương thỏa mãn điều kiện
2
2
1
7
x
x
.
HD: Từ
2
2 2
2 2
1 1 1 1
x 7 x 2 9 x 9 x 3
x x x x
(vì
0
x
)
Ta có
2 3 3
2 3 3
1 1 1 1 1
x x 3.7 x x 21 x 3 21 A 18
x x x x x


Ta có:
2 3 5
2 3 5
1 1 1 1
x x 7.18 x x 126
x x x x


5
5
1
x 3 126 B 123
x
Bài 3. a) Cho a + b = 2 và
.
2 2
a b 20
Tính giá trị của biểu thức
3 3
M a b
b) Cho
a b c 0
và
.
2 2 2
a b c 14
Tính giá trị của biểu thức
4 4 4
N a b c
HD:
a) Từ
2
2 2
a b 20 a b 2ab 20 4 2ab 20 ab 8
3
3 3 3
M a b a b 3ab a b 2 3. 8 .2 56
b) Từ
2
2 2 2 2 2 2
a b c 14 a b c 196
4 4 4 2 2 2 2 2 2
a b c 196 2 a b b c c a
Ta lại có:
2
2 2 2
a b c 0 a b c 0 a b c 2 ab bc ca 0
2
ab bc ca 7 ab bc ca 49
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b b c c a 2abc a b c 49 a b b c c a 49
Do đó:
4 4 4 2 2 2 2 2 2
N a b c 196 2 a b b c c a 196 2.49 98
Bài 4. a) Cho a – b = 7. Tính giá trị của biểu thức
2 2 2 2
1 1 3 2 3
M a a b b ab ab a b
b) Cho
.
2
1
x x
Tính giá trị biểu thức
6 5 4 3 2
2 2 2 2 2 1
Q x x x x x x
c) Cho hai số x, y thỏa mãn:
2 2 2
2 0
x x y y
và
3 2
2 4 3 0
x y y
.Tính
2 2
Q x y
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
5
HD:
a)
3 2 3 2 2 2 2 2
M a a b b 3ab b a 2ab a b a ab b a b 3ab 7 2ab
2
2 2 2 2 2
7 a ab b a b 23ab 8 a b 8.7 392
b) Ta có:
2 4 3 2 4 3 2 2
Q x . x 2x x x 2x x x x x 1
2 2
2 2 2 2
x x x x x x 2 x x 3 4
Vậy Q = 4
c) Từ
2 2 2 2
2
2y
x x y 2y 0 x 1 1 x 1 (1)
y 1
.
2
3 2 3
x 2y 4y 3 0 x 1 2 y 1 1 x 1 (2)
Từ (1) và (2)
2
x 1 x 1
Ta có:
2
2 2
2 2 2
x 1
y 2y 1 0 y 1 y 1
x x y 2y 0
. Vậy
2 2
Q x y 1 1 2
Bài 5. a) Tính giá trị của biểu thức
.
x y
P
x y
Biết
;
2 2
2 0 0
x y xy x y y
b) Cho a và
b thỏa mãn: a + b = 1. Tính giá trị của biểu thức
3 3
3
B a b ab
HD:
a) Từ giả thiết
2 2 2 2
x 2y xy x xy 2y 0 x y x 2y 0
Vì
x y 0
nên
x 2y 0 x 2y
Khi đó
2y y y 1
P
2y y 3y 3
b) Ta có:
3
3 3 3 3 3 3
B a b 3ab a b 3ab.1 a b 3ab. a b a b 1
Bài 6. a) Cho
2 2
4a b 5ab
và
2 0.
a b
Tính
2 2
ab
P
4a b
b) Cho a > b > 0 và
2 2
2 5
a b ab
Tính giá trị của biểu thức:
3
2
a b
P
a b
HD:
a) Biến đổi được:
2 2
b 4a
4a b 5ab 4a b a b
b a
Mà
2a b 0 4a 2b b
nên a = b. Vậy ta được:
2
2 2
a 1
P
4a a 3
b) Biến đổi được:
2 2 2 2
b 2a
2 a b 5ab 2a 4ab 2b ab 0
a 2b
Trường hợp b = 2a. (Loại) vì a > b > 0
Trường hợp a = 2b. Ta có:
3a b 6b b
P 1
2a b 4b b
Bài 7. a) Cho a > b > 0 thỏa mãn
.
2 2
3a 3b 10ab
Tính giá trị của biểu thức
a b
P
a b
b) Cho
; .
2 11 3 4
x y z x y z
Tính giá trị
.
2
2 2
2 3
3
x xy
Q
x y
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
6
c) Cho a, b thỏa mãn
2 2
5a 2b 11ab
và
.
2 0
b a
Tính GT của biểu thức
2 2
2
4 5
2
a b
A
a ab
HD:
a) Xét
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
a b
a 2ab b 3a 3b 6ab 10ab 6ab 1
P
a 2ab b 3a 3b 6ab 10ab 6ab 4
a b
Vì
1
a b 0 P 0 P
2
b) Từ 2x + y = 11z và 3x – y = 4z suy ra
5x 15z x 3z
Từ 2x + y = 11z và x = 3z suy ra y = 5z
Thay vào biểu thức Q ta được:
2 2 2
2 2 2 2
2x 3xy 18z 45z 9
Q
x 3y 9z 75z 28
c) Từ giả thiết:
2 2
5a b
5a 2b 11ab 5a b a 2b 0
a 2b
thoûa maõn
(loaïi)
Thay 5a = b vào A ta được:
2 2
2 2
4a 125a
A 11
a 10a
Bài 8. Cho
.
2
a a 1 0
Tính giá trị của biểu thức
2013
2013
1
P a
a
HD:
a) Từ
2
a a 1 0
với
a 1
ta có:
2 3 3
a 1 a a 1 0 a 1 0 a 1
Ta lại có
671
2013 3
a a
Do đó:
671
2013 3
671
2013
3
1 1
P a a 1 1 2
a
a
Bài 9. Cho biết
.
2
10 5 3
x x
Tính giá trị biểu thức
2 1 5
3 1 3 1
x x
A
x x
(với
1
3
x )
HD:
Ta có:
2 2
2
2x 1 3x 1 5 x 3x 1
6x 2x 3x 1 15x 5 3x x
A
3x 1 3x 1 9x 1
2
2
2 2
3 x 5x 2
3x 15x 6
1
9x 1 9x 1
Từ điều kiện
2 2
10 5 3 5 3 10
x x x x
thay vào (1) ta được:
2 2 2
2 2
3 x 3 10x 2 3 1 9x
A 3
9x 1 9x 1
Bài 10. Cho 0 < x < y và
.
2 2
2 2 5
x y xy
Tính giá trị của
.
2016 x 2017 y
P
3x 2 y
HD:
Phân tích: Quan sát, chúng ta nhận thấy giả thiết chứa đa thức bậc hai đối với biến x, y, còn
kết luận là phân thức mà tử và mẫu là đa thức bậc nhất đối với biến x, y. Do vậy chúng ta
tìm mối quan hệ giữa x và y từ giả thiết để biểu diễn x theo y hoặc ngược lại. Với suy nghĩ
ấy, chúng ta phân tích đa thức thành nhân tử từ điều kiện thứ hai.
Ta có: Từ
2 2 2 2
2x 2y 5xy 2x 5xy 2y 0
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
7
2 2
2x 4xy xy 2y 0 2x y x 2y 0
Ta có
y x 0 2y x x 2y 0 2x y 0 y 2x
Từ đó ta có:
2016x 2017.2x
P 6050.
3x 2.2x
Bài 11. Cho biết
2
2
.
1 3
x
x x
Hãy tính giá trị của biểu thức:
2
4 2
1
x
Q
x x
HD:
Áp dụng HĐT:
2
2 2
x y x y 2xy
Từ
2
x 2
x 0,
x x 1 3
do đó :
2
x x 1 3 1 3 1 5
x 1 x
x 2 x 2 x 2
Ta có:
2
2 4 2
2
4 2 2 2
x 1 x x 1 1 1 21
Q x 1 x 1
x x 1 Q x x x 4
Suy ra
2
4 2
x 4
Q
x x 1 21
Bài 12. Cho x, y thỏa mãn
.
2 2
2 2 6 2 13 0
x y xy x y
Tính
.
2
7 52
x xy
H
x y
HD:
Từ giả thiết suy ra
2 2 2
x 2xy y y 6x 2y 13 0.
2 2 2
2
x y 6 x y 9 y 4y 4 0 x y 3 y 2 0
x y 3 0 x 5
25 7.5. 2 52
H 21.
y 2 0 y 2
5 2
Bài 13. a) Cho x thỏa mãn
.
2
1
1 2
x
x x
Tính giá trị biểu thức
4 3
3 2
3 18 1
2 7 1
x x x
P
x x x
b) Cho x,y thỏa mãn
.
2 2
2 2 2 6 5 0
x xy y x y
Tính giá trị của biểu thức
2
3 1
4
x y
N
xy
HD: a) Từ giả thiết:
2
x 1
x x 1 2
suy ra
2 2
x x 1 2x x 3x 1 0
Ta có:
4 2 2 2
x 3x 18x 1 x 3x 1 x 1 15x.
3 2 2
x 2x 7x 1 x 3x 1 x 1 9x
Với
2
x 3x 1 0
ta có
2 2
2
x 3x 1 x 1 15x
15x 5
P .
9x 3
x 3x 1 x 1 9x
b) Ta có:
2 2 2 2 2
x 2xy 2y 2x 6y 5 0 x 2xy y y 2x 2y 4y 5 0
2 2
x y 1 y 2 0
Dấu bằng xảy ra khi
x y 1 0
và y + 2 = 0 hay
y 2;x 1.
Từ đó suy ra
2
3 1 2 1
7
N
4 1 2 8
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
8
Bài 14. a) Tính giá trị của biểu thức sau:
16
2 4 8
1
1 1 1 1
x
x x x x
với x = 2011
b) Cho
3 2
3 6 3 12 3 19
x y x y x y . Tìm giá trị của biểu thức P = x + 3y
HD:
a) Ta có:
16 2 4 8
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
2 4 8
16
2 4 8 2 4 8
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
x 1
x 1
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
Thay x = 2011 ta được kết quả 2010
b) Ta có:
3 2
x 3y 6 x 3y 12 x 3y 8 27
3 3
x 3y 2 3 x 3y 2 3 x 3y 1
Bài 15. Cho x, y, z thỏa mãn
2 2 2
7; 23; 3
x y z x y z xyz
Tính giá trị của biểu thức
1 1 1
6 6 6
H
xy z yz x zx y
HD: Vì
x y z 7 z x y 7 z 6 1 x y
xy z 6 xy 1 x y xy x y 1 x 1 y 1
Tương tự ta có:
yz x 6 y 1 z 1 ; zx y 6 z 1 y 1
Vậy
1 1 1 z 1 x 1 y 1
H
x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 x 1 y 1 z 1
x y z 3
7 3 4
xyz xy yz xz x y z 1 3 xy yz xz 7 1 9 xy yz xz
Ta lại có:
2
2 2 2 2
x y z x y z 2 xy yz xz 7 23 2 xy yz xz
xy yz xz 13
Vậy
4
H 1
9 13
Bài 16. Cho x, y, z đôi một khác nhau và
1 1 1
0
x y z
Tính giá trị của biểu thức:
2 2 2
2 2 2
yz xz xy
A
x yz y xz z xy
HD: Ta có:
1 1 1 xy yz xz
0 0 xy yz xz 0 yz xy xz
x y z xyz
2 2 2
x 2yz x yz yz x yz xy xz x x y z x y x y x z
Tương tự:
2 2
y 2xz y x y z ; z 2xy z x z y
Do đó:
yz xz xy
A 1
x y x z y x y z z x z y
Bài 17. Cho ba số x, y, z đôi một khác nhau, thỏa mãn x
3
+ y
3
+ z
3
= 3xyz và xyz ≠ 0.
Tính giá trị của biểu thức:
16( ) 3( ) 2038( )
x y y z z x
B
z x y
.
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
9
HD: Ta có:
3 3 3
x y z 3xyz
(x ≠ y ≠ z; xyz ≠ 0)
3
3
3
x y – 3xy x y z – 3xyz 0
x y z – 3z x y x y z – 3xy x y z 0
2 2 2
x y z x y z – xy – yz – zx 0
2 2 2
1
x y z x – y y – z z x 0
2
x y z 0
x y z
x y 0 y z x
y z 0 z x y
z x 0
x y z (lo )
ai
Vậy
16(x y) 3(y z) 2038(z x) 16( z) 3( x) 2038( y)
B 2019
z x y z x y
Bài 18. Tính
2004a b c
M
ab 2004a 2004 bc b 2004 ac c 1
, biêt abc = 2004
HD:
Thay
2004 abc
vào M ta được:
2 2
2
a bc b c a bc b c
M
ab a bc abc bc b abc ac c 1 ab 1 ac c b c 1 ac ac c 1
ac 1 c ac 1 c
1
1 ac c c 1 ac ac c 1 1 ac c
Bài 19. Cho a, b, c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn:
2
2 2 2
a b c a b c
Tính giá trị của biểu thức:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
a b c
P
a bc b ac c ab
HD: Từ
2
2 2 2
a b c a b c ab ac bc 0
2 2 2
2 2
a a a
a 2bc a ab ac bc a b a c
. Tương tự:
2 2
2
b b
;
b 2ac b a b c
2 2
2
c c
c 2ac c a c b
Vậy
2 2 2
2 2 2
a b c
P
a 2bc b 2ac c 2ab
2 2 2
a b a c b c
a b c
1
a b a c a b b c a c b c a b a c b c
Bài 20. Cho
, , .
1 1 1
0 0
x y z
x y z
Tính giá tri của biểu thức
2 2 2
yz xz xy
x y z
HD: Vì
1 1 1 1 1 1
0
x y z z x y
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
10
3
3 3 3 2 2 3
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
3. . 3. .
z x y z x x y x y y
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
3. . . 3.
x y z x y x y x y z xyz
Do đó:
3 3 3 3 3 3 2 2 2
1 1 1 xyz xyz xyz yz zx xy
xyz 3 3 3
x y z x y z x y z
Bài 21. Cho a + b + c = 0 và
,
abc 0
tính giá trị của biểu thức:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
P
b c a a c b a b c
HD:
Từ giả thiết a + b + c = 0
½
a = – (b + c) hoặc b = – (a + c) hoặc c = – (a + b)
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
P
b c a a c b a b c
1 1 1 1 1 1
0
2ab 2ac 2ab
b c b c a c a c a b a b
Bài 22. Cho a, b, c là các số khác 0 thỏa mãn:
3 3 3 3 3 3 2 2 2
3
a b b c c a a b c
Tính giá trị biểu thức 1 1 1
a b c
P
b c a
HD:
Đặt
ab x; bc y; ca z
Ta có:
3 3 3 3 3 3 2 2 2 3 3 3
a b b c c a 3a b c x y z 3xyz
2 2 2
x y z x y z xy yz xz 0
x y z 0
hoặc
2 2 2
x y z xy yz xz 0
TH
1
:
x y z 0
Sử dụng hằng đẳng thức :
3
3 3 3
x y z x y z 3 x y y z x z
xyz x y y z x z
Ta có:
2 2 2
a b c ab bc bc ca ca ab
a b c
abc a b b c c a P 1 1 1 1
b c a
TH
2
:
2 2 2
x y z xy yz xz 0
2 2 2
x y y z z x 0 x y z ab bc ca a b c P 8
Bài 23. Cho x, y hỏa mãn đẳng thức:
2 2
10 2 3
x y x y
. Tính giá trị biểu thức:
.
2 2 2 2
2 2 2 2
2
x y x y x y
P
x x xy xy xy y x xy y
với
; ;
0 0
x y x y
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
11
HD: Với
x 0; y 0; x y
ta có:
2 2 2 2
2 2
x y x y x y xy
2 x y
P .
x xy x y x xy y
2
2 2
xy x y x y x y
2 x y
.
x xy x y x xy y
2 2
2 2
x y x xy y
2 x y 2 x y x y
.
x xy x y x xy y x xy xy
Ta có:
2 2 2 2
x y 10 2 x 3y x 2x 1 y 6y 9 0
2 2
x 1
x 1 y 3 0 (tm)
y 3
Nên thay
x 1; y 3
vào biểu thức
1 3
x y 2
P
xy 1. 3 3
Bài 24. Cho biểu thức
.
2
x x 1 0
Tính giá trị
.
6 5 4 3
6 3 2
3 3 2020
3 3 2020
x x x x
Q
x x x x
HD:
Ta không thể tìm x để rồi thay vào biểu thức được, bởi kết quả x không phải số hữu tỉ, thay
vào Q tính rất phức tạp. Do vậy ta có hai định hướng:
Hướng suy nghĩ thứ nhất, viết tử thức và mẫu thức dưới dạng
2
x x 1 .q(x) r(x)
Hướng suy nghĩ thứ hai, chúng ta quan sát thấy có dạng hằng đẳng thức, biến đổi giả thiết
khéo léo để xuất hiện thành tử thức và mẫu thức.
Cách 1. Ta có:
6 5 4 3 2 4 3 2
x 3x 3x x 2020 x x 1 x 2x 2x x 1 2021
6 3 2 2 4 3 2
x x 3x 3x 2020 x x 1 x x 2x 2x 1 2021
Với
2
x x 1 0
thì tử số là 2011; mẫu số là 2021. Vậy
2021
Q 1.
2021
Cách 2. Ta có:
3
2 2 6
x x 1 0 x x 1 x x 1
6 3 2 6 3 2
x x 3x 3x 1 x x 3x 3x 1
Suy ra mẫu số bằng:
1 2020 2021.
Ta có:
3
2 2 2
x x 1 0 x x 1 x x 1
6 5 4 3
x 3x 3x x 1
Suy ra tử số bằng:
1 2020 2021.
Vậy
2021
Q 1.
2021
Bài 25. Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn:
ab bc ca 1
Tính giá trị của biểu thức
2 2 2
2 2 2
a b b c c a
A
1 a 1 b 1 c
HD:
Ta có:
2 2
1 a ab bc ca a a a b c a b a b a c
Tương tự:
2
1 b b a b c
và
2
1 c c a c b
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
12
Do đó:
2 2 2
a b b c c a
A 1
(a b) a c b a b c c a c b
Bài 26. Cho
x y z
a b c
2
(1) và
a b c
x y z
2
(2). Tính
a b c
D
x y z
2
2 2
HD:
Từ (1) suy ra bcx + acy + abz = 0 (3)
Từ (2) suy ra
2
2 2
a b c ab ac bc
2 4
x y z xy xz yz
2
2 2
a b c ab ac bc
4 2
x y z xy xz yz
(4)
Thay (3) vào (4) ta có D = 4 – 2.0 = 4
Bài 27. a) Cho a + b + c = 1 và
.
1 1 1
0
a b c
Tính
2 2 2
P a b c
b) Cho
a b c 2014
và
1 1 1 1
a b a c b c 2014
. Tính
a b c
S
b c a c a b
HD:
a) Ta có:
1 1 1 bc ac ab
0 0 bc ac ab 0 (1)
a b c abc
2
2 2 2
a b c 1 a b c 1 a b c 2 ab ac bc 1 (2)
Kết hợp (1) và (2) suy ra
2 2 2
P a b c 1
b) Ta có:
1 1 1 1
a b a c b c 2011
a b c 2014 a 2014 b c ; b 2014 (a c); c 2014 (a b)
Do đó:
2014 b c 2014 a c 2014 a b
2014 2014 2014
S 1 1 1
b c a c a b b c a c a b
1 1 1 1
2014. 3 2014. 3 1 3 2
b c a c a b 2014
Vậy
S 2
Bài 28. Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0 và
.
0
xyz
Tính giá trị của biểu thức:
.
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
x y z
P
y z x z x y x y z
HD: Từ
3 3 3
x y z 0 x y z 3xyz.
Từ giả thiết, ta có
2 2 2
y z x y z x 2xy.
Làm tương tự, thay vào P, ta được:
2 2 2 3 3 3
x y z x y z 3xyz 3
P
2yz 2xz 2xy 2xyz 2xyz 2
Bài 29. Cho
; ;
ax by c by cz a cz ax b
và
0
a b c
. Tính
.
1 1 1
1 1 1
P
x y z
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
13
Cho a, b thỏa mãn
2 2
4 2 7 0
a b ab và
2 2
4 0
a b . Tính:
.
3 5 3
2 2
a b b a
A
a b a b
HD: a) Từ giả thiết suy ra:
a b c 2 ax by cz a b c 2 c cz 2c 1 z
Nên:
1 2c
z 1 a b c
. Tương tự:
1 2a 1 2b
; .
x 1 a b c y z a b c
Suy ra:
1 1 1 2a 2b 2c
P 2
x 1 y 1 z 1 a b c
b) Ta có:
2 2 2 2
2 2 2
6a ab b 10ab 6a 3ab 14ab 6b
A 2
4a b 7ab 3b
Bài 30. Cho biết
2 2 2 2
2 2 2 2
3
x y x y
x y x y
. Tính giá trị của biểu thức:
.
8 8 8 8
8 8 8 8
x y x y
M
x y x y
HD: Từ giả thiết
2 2
2 2 2 2 4 4
4 4
4 4 4 4
2 2 2 2
x y x y 2 x y
x y 3
3 3
x y x y 2
x y x y
Ta có:
2 2
4 4 4 4
4 4 4 4
4 4 4 4
4 4 4 4
x y x y
3 2 x y x y
2 3 x y x y
x y x y
8 8
8 8
8 8 8 8
2 x y
3 2 x y 3 1 13 13 12 313
M
2 3 x y x y 4 3 12 12 13 156
Bài 31. Cho hai số thực a, b thỏa điều kiện
,
ab 1 a b 0
. Tính giá trị của biểu thức:
P
a b a b a b
a b a b a b
3 4 5
3 3 2 2
1 1 1 3 1 1 6 1 1
HD: Với
ab 1, a b 0
, ta có:
2 2
3 3
3 3 4 2 5
3 a b
6 a b
a b
P
a b ab a b ab a b ab
2 2 2 2
3 3 2 2
3 4 5 2 4 4
3 a b 3 a b
6 a b
a b a b 1 6
a b a b a b a b a b a b
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 4
a b 1 a b 3 a b 6 a b 1 a b 2 3 a b 6
a b a b
2
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
4 4 4 4
a b
a b 4 a b 4 a b 2 a b 2ab
1
a b a b a b a b
Vậy P = 1, với
ab 1, a b 0
.
Bài 32. Cho
;
2
2
2 2 2
2
2
2
a b c
b c a
x y
bc
b c a
. Tính giá trị biểu thức
P xy x y
HD: Ta có:
P xy x y x 1 y 1 1
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
14
Xét
2
2
2 2 2
b c a b c a b c a
b 2bc c a
x 1
2bc 2bc 2bc
Xét
2 2 2 2
b 2bc c b 2bc c 4bc
y 1
b c a b c a b c a b c a
Vậy
b c a b c a
4bc
P 1 2 1 1
2bc b c a b c a
Bài 33. Giả sử x, y, z là các số thực khác không, thỏa mãn hệ đẳng thức:
x y z
y z z x x y
x y z
3 3 3
1 1 1 1 1 1
2
1
. Hãy tính giá trị của biểu thức:
P
x y z
1 1 1
HD:
Phân tích. Bài toán này thuộc dạng tính giá trị biết điều kiện của biến số. Quan sát, nhận
thấy bài toán có hai điều kiện nhưng có ba biến số (số biến nhiều hơn số điều kiện). Do điều
kiện hai đơn giản, không phân tích tiếp được. Với điều kiện thứ nhất, chúng ta biến đổi và
nhận thấy phân tích thành nhân tử được, tìm được mối quan hệ giữa hai trong ba biến. Từ đó
tìm được cách giải sau.
Từ đẳng thức:
1 1 1 1 1 1
x y z 2
y z z x x y
Ta có:
2 2 2 2 2
2xyz x z x y y z z y z x 0
2 2 2 2 2 2
xyz x z xyz y z x y y x z x z y 0

x y 0
x y y z z x 0 y z 0
z x 0
Không mất tổng quát, giả sử
3 3
x y 0 x y 0
Từ
3 3 3
x y z 1
thì
3
z 1 z 1
. Vậy
1 1 1 x y 1
P 0 1 1
x y z xy 1
Bài 34. Cho x, y, z thỏa mãn
x y z
x y z
1 1 1
0
và xyz = 1. Tính
x y z
M
x y z
6 6 6
3 3 3
HD: Ta có:
3 3 3
x y z 0 x y z 3xyz 3
(vì xyz = 1) (1)
2
3 3 3 3 3 3
1 1 1
0 xy yz zx 0 x y y z z x 3xy.yz.zx 3 xyz 3
x y z
2
6 6 6 3 3 3 3 3 3 3 3 3
x y z x y z 2 x y y z z x 0 2.3 3
. (2)
Kết hợp (1) và (2) suy ra M = 1
Bài 35. a) Cho x, y dương và
2010 2010 2011 2011 2012 2012
.
x y x y x y
Tính
2020 2020
S x y
b) Cho a, b dương và
2000 2000 2001 2001 2002 2002
a b a b a b
. Tính
2011 2011
M a b
HD:
a) Ta có
2012 2012 2011 2011 2010 2010
x y x y x y x y .xy (1)
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
15
Do x, y là hai số dương và
2010 2010 2011 2011 2012 2012
x y x y x y
Nên đặt
2010 2010 2011 2011 2012 2012
m x y x y x y
x 1
(1) m m x y mxy 1 x y xy x 1 1 y 0
y 1
Với
x 1
ta có:
2010 2010 2011 2011 2010 2011
1 y 1 y y y y 1
hoặc
y 0
(loại)
Với
2010 2011
y 1 x x x 1
hoặc
x 0 (ktm)
Vậy cả hai trường hợp ta đều có:
2020 2020
S x y 1 1 2
b) Ta có:
2001 2001 2000 2000 2002 2002
a b a b a b ab a b
a 1
a b ab 1 a 1 b 1 0
b 1
Với
2000 2001
b 1 (tm)
a 1 b b
b 0 (ktm)
Với
2000 2001
a 1 (tm)
b 1 a a
a 0 (ktm)
Vậy
2011 2011
a 1; b 1 M a b 2
Bài 36. Cho
1
x y z
và
3 3 3
1.
x y z
Tính
2015 2015 2015
A x y z
HD:
Từ
3
x y z 1 x y z 1
Mà
3 3 3
x y z 1
3 3
3 3 3 3 3 3
x y z x y z 0 x y z z x y 0
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2
x y z z x y z x y z z z x y x xy y 0
x y x y z 2xy 2yz 2xz xz yz z z x xy y 0
x y 3z 3xy 3yz 3xz 0 x y 3 y z x z 0
x y 0 x y
y z 0 y z
x z 0 x z
*
Nếu
2015 2015 2015
x y z 1 A x y z 1
*
Nếu
2015 2015 2015
y z x 1 A x y z 1
*
Nếu
2015 2015 2015
x z y 1 A x y z 1
Bài 37. Cho
2 2 2 3 3 3
1.
a b c a b c
Tính
2 2012 2013
S a b c
HD:
Ta có:
2 2 2 3 3 3
a b c a b c 1 a;b;c 1;1
3 3 3 2 2 2 2 2 2
a b c a b c a a 1 b b 1 c c 1 0
3 3 3
a b c 1 a; b ; c
nhận hai giá trị là
0
hoặc 1
2012 2 2013 2 2 2012 2013
b b ;c c S a b c 1
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
16
Bài 1. Cho ba số x, y, z thỏa mãn
2 2 2
4 2 2 – 4 – 4 2 – 6 – 10 34 0
x y z xy xz yz y z
,
Tính gia trị của biểu thức
2014 2014 2014
– 4 – 4 – 4 T x y z .
HD: Ta có
2 2 2
2
2 2 2
4x 2y 2z – 4xy – 4xz 2yz – 6y –10z 34 0
4x – 4x y z y z y z – 6y –10z 34 0
2 2 2
2x – y – z y – 3 z – 5 0 y 3 ; z 5 ; x 4
Khi đó
2014 2014 2014
T 4 – 4 3 – 4 5 – 4 2
.
Bài 38. Cho
2 2 2 3 3 3
1.
a b c a b c
Tính
2 2012 2013
S a b c
HD:
Ta có:
2 2 2 3 3 3
a b c a b c 1 a; b; c 1;1
3 3 3 2 2 2 2 2 2
a b c a b c a a 1 b b 1 c c 1 0
3 3 3
a b c 1 a; b ; c
nhận hai giá trị là
0
hoặc1
2012 2 2013 2 2 2012 2013
b b ;c c ; S a b c 1
Bài 39. Cho 3 số a, b, c khác 0, thỏa mãn
.
1 1 1
a b c 1
a b c
Tính giá trị của biểu thức
2015 2015 2017 2017 2019 2019
M a b b c c a
HD:
Ta có:
1 1 1 ab bc ac
c) a b c 1 a b c . 1
a b c abc
a b 0
a b c ab bc ac abc 0 a b b c c a 0 b c 0
c a 0
Nếu
2015 2015
a b 0 a b a b 0 M 0
Nếu
2017 2017
b c 0 b c b c 0 M 0
Nếu
2019 2019
a c 0 a c a c 0 M 0
Bài 40. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn
3 3 3
a b b c c a 210
Tính giá trị của biểu thức
B a b b c c a
HD:
Đặt
a b x; b c y; c a z x y z 0 z x y
Ta có:
3
3 3 3 3 3
x y z 210 x y x y 210 3xy x y 210 xyz 70
Do
, ,
x y z
la số nguyên có tổng bằng
0
và
xyz 70 2 . 5 .7
nên
x; y;z 2; 5;7
A a b b c c a 14
Bài 41. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện:
.
2 2 2
2 2 2
1 1 1
6
x y z
x y z
Tính
.
2020 2020 2020
P x y z
HD:
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
17
Từ giả thiết chuyển vế, ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y z 6 x 2 y 2 z 2 0
x y z x y z
2 2020
2
2 2
2 2020
2 2020
1
x
x
x 1 x 1
1 1 1 1
x y z 0 y y 1 y 1
x y z y
z 1 z 1
1
z
z
P 1 1 1 3.
Bài 42. Cho a +b +c
0 và a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc . Tính N =
2016 2016 2016
2016
a b c
a b c
HD: Ta có:
3 3 3
3
3 3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c 3abc 0
a b 3ab(a b) c 3ab(a b) 3abc 0 a b c 3ab(a b c) 0
(a b c)(a 2ab b ac bc c ) 3ab(a b c) 0
a b c 3abc
2 2 2
(a b c)(a b c ab ac bc) 0
2 2 2
2 2 2
a b c – ab – ac – bc 0 vì a b c 0
2a 2b 2c – 2ab – 2ac – 2bc 0
( )
2 2 2
a – b b – c c – a 0
a – b = 0 và b – c = 0 và c – a = 0
a = b = c
Vì
2 2 2
a – b 0 a, b; b – c 0 b,c; c – a 0 a, c.
Mà a + b + c
0
a = b = c
0 (*)
Thay (*) vào N ta có:
2016 2016 2016 2016 2016
2016 2016
2016 2015
a a a 3a 3a 1
N
(3a) 3
a a a 3a
Dạng 2. Tính giá trị biểu thức số bằng cách biến đổi từ công thức tổng quát.
Bài 2. Tính giá trị của biểu thức: ...
3 3 3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3
3 1 5 2 7 3 101 50
A
2 1 3 2 4 3 51 50
HD: Xét phân thức tổng quát:
2
2
3
2
3
3
2 2
3
3n 1 2n 1 n 2n 1 n
3n 1 3n 3n 1
2n 1 n
3n 1
3n 3n 1 3n 3n 1
n 1 n
Do đó:
A 3.1 1 3.2 1 3.3 1 ... 3.5 1 3 1 2 3 ... 50 50 3875.
Bài 3. Tìm tích: . . ....
4 4 4 4
4 4 4 4
1 4 5 4 9 4 17 4
M
3 4 7 4 11 4 19 4
HD:
Nhận xét được:
2 2
4
n 4 n 1 1 n 1 1
.
Do đó:
2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
1. 2 1 4 1 . 6 1 16 1 . 18 1
1 1
M . ......
20 1 401
2 1 . 4 1 6 1 . 8 1 18 1 . 20 1
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
18
Bài 4. Tính giá trị của biểu thức
..........
=
..........
4 4 4
4 4 4 4
1 1 1 1
1 3 5 29
4 4 4 4
A
1 1 1 1
2 4 6 30
4 4 4 4
HD: Ta xét biểu thức tổng quát:
2
4 2 2 2 2
1 1 1 1
a a a a a a a
4 2 2 2
Khi cho a các giá trị chạy từ 1 đến 30 với a thì:
Tử thức viết được thành
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 3 3 3 3 29 29 29 29
2 2 2 2 2 2
Mẫu thức viết được thành
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 4 4 4 4 30 30 30 30
2 2 2 2 2 2
Mặt khác
2
2
1 1
k 1 k 1 . k k
2 2
.
Do đó:
2 2
1 1
2 2 1 1
2 2
;
2 2
1 1
3 3 2 2
2 2
;
2 2
1 1
4 4 3 3
2 2
; …….
Vậy
2 2
1 1 1
A 1 1 : 30 30
2 2 1861
Bài 5.
Tính tổng
2 4 8
1 1 1 4 8
1 1 1 1 1
S
x x x x x
với
x 2
HD: Ta có:
2 4 8
2 2 4 8 4 4 8 8 8 16
1 1 1 1 8
S
1 x 1 x 1 x 1 x 1 x
2 2 4 8 4 4 8 8 8 16
1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x
Thay
x 2
ta được kết quả
Bài 6. Cho
, ...
1 2 9
a a a
được xác định bởi công thức:
2
3
2
3 3 1
k
k k
a
k k
với mọi
1
k
Hãy tính giá trị của tổng:
... .
9
1 2
1
a a a
HD:
Phân tích. Bài toán có tính quy luật, thay số vào tính là không khả thi. Do vậy chúng ta
nghĩ đến việc tách mỗi phân thức thành hiệu của hai phân thức, rồi khử liên tiếp. Nhận thấy
3
2 3
3k 3k 1 k 1 k
, nên chúng ta có lời giải sau:
Ta có:
3
3
2
k
3 3 3
3
3
2
k 1 k
3k 3k 1 1 1
a
k
k k 1 k 1
k k
Do đó:
9
1 2
S 1 a a ... a
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1999
1 1 ... 2 .
2 2 3 9 10 10 1000
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
19
Chủ đề 3. RÚT GỌN BIỂU THỨC
Dạng 1. Rút gọn biểu thức bằng cách sử dụng tính chất cơ bản của phân thức
Bài 1. Rút gọn biểu thức:
a)
3 2
3 2
2x 7 x 12x 45
3x 19x 33x 9
b)
4 2
4
2
a 1 11 a 1 30
N
3 a 1 18 a 2a 3
HD:
a)
3 2 3 2 2
3 2 3 2 2
2x 7x 12x 45 2x 6x x 3x 15x 45
3x 19x 33x 9 3x 9x 10x 30x 3x 9
2x 5 x 3
2x 5
3x 1 x 3 3x 1
b)
2 2
4 2
4 4 2
2
a 1 5 a 1 6
a 1 11 a 1 30
N
3 a 1 18 a 2a 3 3 a 1 18 a 1 15
2
2
a 2a 5
.
3a 6a
Bài 2. Rút gọn biểu thức:
a)
;
3 2
3 2
2 1
2 2 1
n n
A
n n n
b)
5 4 3 2
2
2 2 4 3 6
2 8
x x x x x
M
x x
HD:
a)
3 2 3 2 2
3 2 3 2 2
n 2n 1 n n n 1
A
n 2n 2n 1 n n n n n 1
2
2
2 2
n n 1 n 1 n 1
n n 1
n n 1 n n 1 n 1 n n 1
b)
2
2 2
4
5 4 3 2
2
x 1 x 3
x x 2 2x x 2 3 x 2
x 2x 2x 4x 3x 6
M
x 2x 8 x 2 x 4 x 4
Bài 3. Rút gọn biểu thức:
a)
2 2 2
2 4 4 2
1
2 2
xy y y x
N
x y y x
b)
5 4 3 2
2
2 2 4 3 6
2
x x x x x
A
x x
HD:
a)
2 2 2
4
2 4 4 2 2
2 4
xy y y x 1
y 1 1
N
x y 2y x 2 x 2
x 2 y 1
b) Ta có:
4 2
4 2
x 2 x 2x 3
x x 2 2x x 2 3 x 2
A
x 1 x 2 x 1 x 2
2
x 3 x 1
Bài 4.
Rút gọn biểu thức
x y z xyz
B
x y y z x z
3 3 3
2 2 2
3
HD: Ta có:
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
20
3
3 3 3 3
3
2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
*) x y z 3xyz x y 3xy x y z 3xyz
x y z 3 x y z x y z 3xy x y z
x y z x y z 3xz 3yz 3xy
x y z x y z xy yz xz
*) x y y z x z
x 2xy y y 2yz z x 2xz z 2 x y z xy yz xz
Vậy
2 2 2
2 2 2
x y z x y z xy yz xz
x y z
B
2
2 x y z xy yz xz
Bài 5. Rút gọn biểu thức:
a)
.
2 2
abc a b c ab bc ca 1
P
a b 1 a b
b)
...
...
4 8 2020
2 4 2022
1
1
x x x
Q
x x x
HD:
a)
2 2
2
a 1 bc 1 b c
abc bc a 1 ab b ac c
P
a b a b 1
b 1 a 1
a 1 b 1 c 1
c 1
.
b 1 a 1 a 1 a 1
b) Ta có:
4 8 2020
4 8 2020 2 6 10 2022
1 x x ... x
Q
1 x x ... x x x x ... x
4 8 2020
2
2 4 8 2020
1 x x ... x 1
1 x
1 x 1 x x ... x
Bài 6. Rút gọn biểu thức:
.
3 7
2 2 4 4 8 8
1 1 2 4 8a a a
B
a b a b a b a b a b
HD:
Phân tích. Quan sát các phân thức, chúng ta nhận thấy không có mẫu của hạng tử nào phân
tích được thành nhân tử nên việc quy đồng mẫu thức tất cả các hạng tử là không khả thi.
Nhận thấy mẫu của hai phân thức đầu có dạng a – b và a + b, thực hiện trước tổng của hai
phân thức này cho ta kết quả gọn.Với suy luận ấy, chúng ta tiếp tục cộng kết quả ấy với
phân thức tiếp theo.
Ta có:
3 7
2 2 2 2 4 4 8 8
2a 2a 4a 8a
B
a b a b a b a b
3 3 7 7 7 15
4 4 4 4 8 8 8 8 8 8 16 16
4a 4a 8a 8a 8a 16a
B B B
a b a b a b a b a b a b
Bài 7. Rút gọn biểu thức:
.
2
2
2 2
2 2
2
2 2
2 3
20 120 180 5 125
3 8 15
3 5 4 9 2 5
x x
x x x
A
x x
x x x x
HD: Ta có:
2
20 x 3 5 x 5 x 5 x 3 .3. x 1
A
x 5 .5 x 1 5 x 1 x 5 3 x 3 x 5
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
21
2 2 2 2
4 x 3 4 x 3 x 5 x 1
x 5 x 1
x 5 x 1 x 1 x 5 x 1 x 5
2 2 2
4x 24x 36 x 10x 25 x 2x 1
x 1 x 5
2
4 x 3 x 5 4 x 3
4x 32x 60
x 5 x 1 x 5 x 1 x 1
Bài 8. Rút gọn biểu thức:
.
2
2
2 3 6 9
2 3 6 2 3 6 9
x y xy x
A
xy x y xy x y x
HD:
Ta có:
2
2x 3y 6 xy x 9
A
x y 2 3 y 2 x y 2 3 y 2 x 3 x 3
2
2
2 2 2 2
2x 3y 6 xy x 9
y 2 x 3 y 2 x 3 x 3 x 3
2x 3y x 3 6 xy x 3 x 9 y 2
x 3 x 3 y 2
2x 6x 3xy 9y 6x 18 x y 3xy x y 2x 2y 18
0
x 3 x 3 y 2
Bài 9. Rút gọn biểu thức


x y
y x x y
P
x y x y
y x y x
2
2 2
2 2
1 1
1
HD: Ta có:
2
2 2
2 2 2 2
2 2
x y xy x y
xy xy
P
x y x y
y x xy
2
4 4 2 2
2 2
2 2 2 2
x y x y xy
x y
x xy y
. :
xy x y x y
2
2 2 4 4 3 3
2 2 2 2
x y
x xy y x y x y y x
. :
xy x y x y
2
2 2 2 2
2 2
3 3
x y
x xy y x y 1
. .
xy x y xy
x y x y
Bài 10. Chứng minh giá trị biểu thức
x a a a x
P
x a a a x
2 2 2
2 2 2
1 1
1 1
không phụ thuộc vào biến x
HD:
Ta có:
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2
x a 1 a a x 1
x ax a a a x 1
P
x ax a a a x 1
x a 1 a a x 1
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
22
2 2 2 2 2 2
2
2
2 2 2 2 2 2
1 x 1 x a 1 x a 1 x 1 a a
1 a a
1 a a
1 x 1 x a 1 x a 1 x 1 a a
Vậy giá trị biểu thức P không phụ thuộc vào giá trị của x.
Bài tập tự giải
Bài 1. Rút gọn các phân thức sau với n là số tự nhiên:
a)
n 1 !
n! n 2
b)
n!
n 1 ! n!
c)
n 1 ! n 2 !
n 1 ! n 2 !
Bài 2. Rút gọn biểu thức
a)
2 2 2
a b b c c a
2 2 2
A
a b b c c a a b b c c a
b)
2 2 2
1 1 1 1 1 1
B ab bc ca abc
a b c a b c
c)
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
A
a a a 3a 2 a 5a 6 a 7a 12 a 9a 20
Dạng 2. Rút gọn biểu thức thỏa mãn điều kiện cho trước của biến.
Bài 1. Cho
.
x y z
a b c
Rút gọn biểu thức:
2 2 2
2
x y z
P
ax by cz
HD: Đặt
x y z
k
a b c
suy ra:
x ak; y bk; z ck.
Từ đó ta có
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
k a b c
a k b k c k
P
a k b k c k k a b c
Suy ra
2 2 2
1
P
a b c
Bài 2. Cho abc = 2; rút gọn biểu thức
2
2 1 2 2
a b c
A
ab a bc b ac c
HD: Ta có :
A =
a ab 2c a ab 2c
ab + a + 2 abc + ab + a ac + 2c + 2 ab + a
+ 2 2 + ab + a ac + 2c + abc
=
a ab 2c a ab 2 ab + a + 2
1
ab + a + 2 2 + ab + a c(a + 2 + ab) ab + a + 2 2 + ab + a a + 2 + ab ab + a + 2
Bài 3. Cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị
của biến số:
. .
x y y z z x
P
xy z yz x zx y
2 2 2
HD:
Phân tích: Khai thác điều kiện bài toán, nhận thấy với điều kiện này chúng ta có thể cân
bằng bậc ở mẫu và phân tích thành nhân tử được
xy z xy z x y z z x z y .
Do vậy chúng ta có lời giải sau:
Lời giải
Thay 1 = x + y + z vào mẫu số, ta được:
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
23
xy z xy z x y z z x z y
Tương tự ta có:
yz x x y x z
zx y x y y z
Từ đó suy ra:
2 2 2
x y y z z x
P . . P 1
x z y z x y x z x y y z
Vậy giá trị biểu thức M không phụ thuộc vào giá trị của biến.
Bài 4. Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn
ab bc ca
1
. Rút gọn biểu thức sau:
a bc b ca c ab
B
a b b c c a
2 2 2
2 2 2
2 1 2 1 2 1
HD:
Thay
1 ab bc ca,
ta được:
2 2
a 2bc 1 a bc ab ca a a b c a b a c a b
Tương tự:
2 2
b 2ca 1 b c b a ; c 2ab 1 c a c b
Vậy
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b a c b a b c c a c b a b b c c a
B 1
a b b c c a a b b c c a
Bài 5. Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn ab + bc + ca = 1
Rút gọn biểu thức
.
2 2 2
2 2 2
a b b c c a
A
1 a 1 b 1 c
HD: Phân tích: Nhận thấy mẫu thức có thể phân tích thành nhân tử bằng cách sử dụng giả thiết.
Do vậy nên thay
1 ab bc ca
vào mẫu và phân tích đa thức thành nhân tử. Những bài toán
rút gọn có điều kiện, chúng ta nên vận dụng và biến đổi khéo léo điều kiện.
Lời giải
Thay 1 = ab + bc + ca, ta được
2 2
1 a a ab bc ca a b a c
Tương tự:
2
1 b b c c a
;
2
1 c c a c b
Vậy
2 2 2
a b b c c a
A 1.
a b a c b a b c c a c b
Bài 6. Cho a + b + c = 0; rút gọn biểu thức
a b c
B
a b c b c a c b a
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
HD: Từ a + b + c = 0
½
2 2 2 2 2 2
a b c a b c 2bc a b c 2bc
Tương tự ta có:
2 2 2 2 2 2
b a c 2ac ; c b a 2ab
(Hoán vị vòng quanh), nên
2 2 2 3 3 3
a b c a b c
B (1)
2bc 2ac 2ab 2abc
3 3 3
a b c 0 a b c 3abc
(2)
Thay (2) vào (1) ta có
3 3 3
a b c 3abc 3
B
2abc 2abc 2
(Vì abc
0)
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
24
Bài 7. Cho a + b+ c = abc. Chứng minh rằng:
.
a b c b a c c a b
abc
ab bc ca
2 2 2 2 2 2
3
HD: Xét tử thức ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2b 2 2 2 2
ab ac a b bc a c b c
ab a abc ac a c abc bc bc abc 3abc
ab a b c ac a b c bc a b c 3abc
a b c ab ac bc 3abc abc ab ac bc 3
Vậy suy ra:
2 2 2 2 2 2
a b c b a c c a b
abc.
ab bc ca 3
(đpcm)
Bài 8. Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng tích sau không phụ thuộc vào biến số:
a)
2 2 2
2 2 2
4 4 4
2 2 2
bc a ca b ab c
M
bc a ca b ab c
b) . .
a b c
N
b c a
1 1 1
HD:
a) Ta có:
2 2
2 2
2
2 2 2
b 2bc c
4bc b c b c
4bc a
bc 2a bc a a b c bc a ab ac a b a c
(1)
Tương tự ta có:
2
2
2
c a
4ca b
ca 2b b a b c
(2)
2
2
2
a b
4ab c
ab 2c c a c b
(3)
Từ (1) và (2), (3) ta có:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
a b b c c a
4bc a 4ca b 4ab c
M 1
bc 2a ca 2b ab 2c
a b b c c a
Vậy giá trị biểu thức M không phụ thuộc vào giá trị của biến.
b) Ta có:
c a b
a b c a b c b a c
N 1 . 1 . 1 1
b c a b c a abc
Vậy giá trị biểu thức N không phụ thuộc vào giá trị của biến.
Bài 9. Cho
0
x y z
a b c
. Rút gọn biểu thức
2 2 2 2 2 2
2
x y z a b c
A
ax by cz
HD: Đặt
x y z
k 0 x ka; y kb; z kc
a b c
Ta có:
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
k a k b k c a b c k a b c
A 1
k a b c
aka bkb ckc
Bài 10. Cho
.
a b c a b c
2
2 2 2
Rút gọn biểu thức:
.
a b c
P
a bc b ac c ab
2 2 2
2 2 2
2 2 2
HD:
Phân tích. Nhận thấy nếu quy đồng mẫu trực tiếp là không khả thi bởi các mẫu hiện tại
không phân tích thành nhân tử được và nếu quy đồng thì biểu thức rất phức tạp, mặt khác
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
25
chưa khai thác được giả thiết. Phân tích giả thiết ta được
ab bc ca 0
, khai thác yếu tố
này vào mẫu thức ta được:
2 2
a 2bc a 2bc ab bc ca
và phân tích thành nhân tử
được. Do vậy ta có lời giải sau:
Lời giải:
Từ
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c 2 ab bc ca a b c
nên
ab bc ca 0
Xét
2 2 2
a 2bc a 2bc ab bc ca a ab ca bc a b a c .
Tương tự ta có:
2 2
b 2ac b a b c ;c 2ab c a c b .
Do đó ta có:
2 2 2
a b c
P
a b a c b a b c c a c b
2 2 2
a b c b c a c a b a b b c c a
P 1.
a b b c c a a b b c c a
Bài 11. Cho ax + by + cz = 0. Rút gọn phân thức:
2 2 2
2 2 2
ax by cz
A
bc y z ac x z ab x y
HD:
Áp dụng HĐT:
2
2 2 2
x y z x y z 2 xy yz xz
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
ax by cz 0 ax by cz 0 a x b y c z 2 axby axcz bycz 0
a x b y c z 2 axby axcz bycz (1)
Biến đổi mẫu thức:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
bc y z ac x z ab x y
bcy bcz acx acz abx aby 2 abxy acxz bcyz (2)
Thay (1) và (2) thì mẫu thức bằng
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
bcy acx c z bcz abx b y acz aby a x
c by ax cz b cz ax by a cz by ax
cz by ax a b c
Vậy
1
A
a b c
Bài 12. Rút gọn biểu thức
y x y x y x
A
xy xy z xy z
2 2
2
Trong đó
5
x
và
;
x x
y z
x x
x x
x x
2 2
25 25
10 25 15 25
5
HD:
Ta có
2
x 5 x 5 x x 5 x 5 x x 5
y
x 10x 5
x 5
x 5
x
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
26
2 2
2 2
x 5 x 5 x 5 x 5 x 5
z
x 5x 15x 25
x 5
x 5
x 5
Từ đó suy ra:
2
x x 5
xy
x 5
2 2 2
x 5x x 5x x 5x 10x
y x x
x 5 x 5 x 5
2
2
x x 5
y x 10x 10x x 5 10
: .
xy x 5 x 5 x 5 x x 5 x x 5
2 2 2 2
x 5x x 5x x 5x 2x
y x x
x 5 x 5 x 5
2
2 2
2
x x 5
y x 2x 2x x 5 2
:
xy x 5 x 5 x 5 x x 5 x 5
Do vậy
2 2
2 x 5 2 x 5
10 2 2
A 2
x x 5 x 5 x 5
x 5 x 5
2 2
2 x 5 2 x 5 2 x 5 2 x 5
10
2
x x 5
x 5 x 5
2 2 2 2
20 20 4x 20 20 4x
x x 5 x x 5
x 5 x 5 x 5 x 5
2
2
2 2
20 x 5 20x 4x
4x 40x 100
x x 5 x x 5
Dạng 3. Rút gọn các biểu thức có tính quy luật
Bài 1. Rút gọn biểu thức
...
. . . ( )( )
1 1 1 1
P
1 3 3 5 5 7 2n 1 2n 1
Nhận xét:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ; ;
1.3 2 3 3.5 2 3 5 5.7 2 5 7
1 1 1 1
(2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1
Cộng các đẳng thức trên vế theo vế ta được kết quả:
1 1 1 1 n
L(n) ...
1.3 3.5 5.7 (2n 1)(2n 1) 2n 1
Bài 2. Rút gọn biểu thức
...
. . . ( )( )
1 1 1 1
M
1 5 5 9 9 13 4n 3 4n 1
HD: Nhận xét:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ; ;
1.5 4 5 5.9 4 5 9 9.13 4 9 13
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
27
1 1 1 1
(4n 3)(4n 1) 4 4n 3 4n 1
Cộng vế theo các đẳng thức trên ta được:
1 1 1 1 n
M ...
1.5 5.9 9.13 (4n 3)(4n 1) 4n 1
Bài 3. Rút gọn các biểu thức
a)
150 150 150 150
......
5.8 8.11 11.14 47.50
b)
1 1 1 1
D ...
1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 n 2
HD: a) C =
150 150 150 150
......
5.8 8.11 11.14 47.50
=
1 1 1 1 1 1 1
150. . ......
3 5 8 8 11 47 50
45
b) Nhận xét:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
; ;
1.2.3 2 1.2 2.3 2.3.4 2 2.3 3.4 3.4.5 2 3.4 4.5
1 1 1 1
n(n 1)(n 2) 2 n(n 1) (n 1)(n 2)
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
D ...
2 1.2 2.3 2.3 3.4 n n 1 n 1 n 2 2 2 (n 1)(n 2)
Bài 4. Rút gọn biểu thức
...
. . . . . . . . . ( )( ).( )
1 1 1 1
D
1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6 n n 1 n 2 n 3
HD: Ta có
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
; ;
1.2.3.4 3 1.2.3 2.3.4 2.3.4.5 3 2.3.4 3.4.5 3.4.
5.6 3 3.4.5 4.5.6
1 1 1 1
n(n 1)(n 2)(n 3) 3 n(n 1)(n 2) (n 1)(n 2)(n 3)
2
1 1 1 n(n 6n 11)
D
3 1.2.3 (n 1)(n 2)(n 3) 18(n 1)(n 2)(n 3)
Bài 5. Rút gọn biểu thức:
...
. .
2 2 2
3 5 2 1
1 2 2 3
1
n
B
n n
HD: Ta tách từng phân thức thành hiệu của hai phân thức rồi dùng phương pháp khử liên tiếp, ta
được:
2
2
2 2 2
2
2 2
n 1 k
2n 1 1 1
n
n n 1 n n 1 n 1
Do đó
2 2
2 2 2 2 2 2
n n 2
1 1 1 1 1 1 1
B ... 1
1 2 2 3 n (n 1)
n 1 n 1
Bài 6. Rút gọn biểu thức
...
. . .
A
n n
2 2 2 2
1 1 1 1
1 4 2 5 3 6 3
với n nguyên dương:
HD: Phân tích. Với phép nhân các biểu thức theo quy luật, chúng ta thường xét phân thức có
dạng tổng quát. Sau đó phân tích thành nhân tử cả tử và mẫu dạng tổng quát ấy. Cuối cùng
thay các giá trị từ 1 đến n vào biểu thức và rút gọn.
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
28
Xét
2
k 1 k 2
2 k 3k 2
1
k k 3 k k 3 k k 3
Thay
k 1; 2; 3;...;n
ta được:
n 1 n 2 2.3.4... n 1 3.4.5... n 2 3 n 1
2.3 3.4 4.5
A . . ... .
1.4 2.5 3.6 n n 3 1.2.3...n 4.5.6... n 3 n 3
Bài 7. Rút gọn các biểu thức
a) A =
2 2 2 2
1 1 1 1
1 . 1 . 1 ........ 1
2 3 4
n
b)
2 2 2 2
2
2 2 2
1 3 5 n
B ....
2 1 4 1 6 1
n 1 1
HD:
a) Ta có
2
2 2 2
k 1 k 1
1 k 1
1
k k k
. Nên ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
n 1 n 1 1.3.2.4.3.5... n 1 n 1
1.3 2.4 3.5
A
2 3 4 n 2 .3 .4 ...n
1.2.3... n 1 3.4.5... n 1
1 n 1 n 1
2.3.4... n 1 n 2.3.4...n n 2 2n
b) Ta có:
2 2 2
2 1 1.3 , 4 1 3.5 , 6 1 5.7
,…,
2
n 1 1 n n 2
Suy ra
2 2 2 2
1 3 5 n 1 3 5 n 1
B .... ...
1.3 3.5 5.7 n n 2 3 5 7 n 1 n 2
Bài 8. Rút gọn các biểu thức
a)
2 2 2 2
2 2 2 2
3 1 7 1 11 1 43 1
A
5 1 9 1 13 1 45 1
b)
4 4 4 4
4 4 4 4
1 4 5 4 9 4 ... 21 4
P
3 4 7 4 11 4 ... 23 4
HD:
a)
2.4 6.8 10.12 42.44 2 1
A
4.6 8.10 12.14 44.46 46 23
b) Xét
2
2 2
4 2 2 2 2
n 4 n 2 4n n 2n 2 n 2n 2 n 1 1 n 1 1
Do đó:
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
0 1 2 1 4 1 6 1 20 1 22 1
1 1
P
24 1 557
2 1 4 1 6 1 8 1 22 1 24 1
Bài 9. a) Cho
... ; ...
n n
A B
n n n
1 2 2 1 1 1 1 1
1 2 2 1 2 3 4
. Tính A : B
b)
... ; ...
. . . .
A B
n n n n n
1 1 1 1 1 1
1
1 2 1 3 2 3 2 3 3 2 1 1 3 2 1
. Tính
A
B
HD: a) Ta có
n n 2 n n 1
n 1 n 2
A ...
1 2 n 2 n 1
n 1
n n n n n n n
... 1 1 ... 1 n ... n 1
1 2 n 2 n 1 2 3 n 1
n n n n 1 1 1
... n ... nB
2 3 n 1 n 2 3 n
Vậy A : B = n
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
29
b) Ta có:
1 1 1 1
k 2n k 2n k 2n k
. Do đó
A =
1 1 1 1 1 1 1
1 ... 1
2n 2n - 1 3 2n - 3 2n - 3 3 2n - 1
1 1 1 1 1 1 1
1 ...... ...... 1
2n 3 2n - 1 2n - 3 2n - 1 2n - 3 3
1 1 1 1 1 A 1
.2. 1 ...... .2.B
2n 3 2n - 1 2n - 3 2n B n
Chủ đề 4. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC CHỨA PHÂN THỨC ĐẠI SỐ
Dạng 1. Biến đổi vế này thành vế kia
Bài 1. Với n nguyên dương. Chứng minh rằng:
...
n n
n
n
2
4
4 4 2
1 3 2 1
4 1 4 3 4 1
4 2 1
HD: Phân tích. Quan sát đẳng thức, chúng ta nhận thấy vế trái là tổng những phân thức viết theo
quy luật và vế trái dài, phức tạp hơn vế phái. Những bài toán có một vế phức tạp và một vế đơn
giản, chúng ta biến đổi vế phức tạp thành vế đơn giản. Do đó chúng ta định hướng biến đổi vế trái
thành vế phải.
Nhận thấy nếu vế trái là tổng những phân thức viết theo quy luật, thì chúng ta tách mỗi phân
thức thành hiệu hai phân thức để khử liên tiếp.
Ta có:
2
2
4 4 2 2 2
4 m m 4m 4 4m m 2 2m
2 2
2 2
m 2m 2 m 2m 2 m 1 1 m 1 1
Thay m = 2k – 1 ta có:
4 2 2
4 2k 1 2k 1 2k 2 1
Nên
2 2
2 2 4 4
2k 1 2k 2 1 4 2k 1
1 1
2k 2 1 2k 1 4 2k 1 4 2k 1
2 2 2
2k 1 1 1 1
4
4 2k 1 2k 2 1 2k 1
Cho k = 1, 2, 3, …, n ta được:
2
2 2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 n
VT ...
4 0 1 2 1 2 1 4 1 1 4n
2n 2 1 2n 1
Suy ra VT = VP. Điều phải chứng minh.
Bài 2. Với mọi n nguyên dương, chứng minh rằng:
...
. . .
n n n n
n n n
2 2
3 7 13 1 2
1 2 2 3 3 4 1 1
HD: Ta có:
2
k k 1 1 1 1
1 1
k k 1 k k 1 k k 1
Thay lần lượt
k 1,2,3,...,n
ta được:
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
30
2
1 1 1 1 1 1 1 1 n 2n
VT 1 1 1 1 ... 1 n 1
2 2 3 3 4 n n 1 n 1 n 1
Nhận xét. Ta cũng có thể biến đổi bài toán như sau:
2
k k 1 1 k
k k 1 k k 1
Thay lần lượt
k 1,2,3,...,n
ta được:
2
1 1 2 1 3 1 n n n 2n
VT 1 ... n
2 2 3 3 4 n n 1 n 1 n 1
Bài 3. Chứng minh rằng:
1 1 1 abc
p a p b p c p p a p b p c
Biết
a b c p
2
.
HD: Xét vế trái:
1 1 1 p b p a p p c
VT
p a p b p c p a p b p p c
c p p c p a p b
c c
p a p b p p c p p a p b p c
2
c 2p p a b c ab
abc
p p a p b p c p p a p b p c
Bài 4. Cho a, b, c khác 0 thỏa mãn
a b c
0
. Chứng minh rằng:
a b c a b c
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
HD: Thật vậy, ta có:
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 2 2 2
a b c a b c ab bc ca
2 2 2 2 2 2
2 a b c
1 1 1 1 1 1
a b c ab bc ca a b c
(vì a + b + c = 0) (Đpcm)
Nhận xét. Nếu a, b, c là các số hữu tỉ thì
1 1 1
a b c
là số hữu tỉ nên bạn có thể chứng minh
được bài toán sau: Cho a, b, c là các số hữu tỉ khác 0 thỏa mãn
a b c 0
. Chứng minh:
2 2 2
1 1 1
a b c
là bình phương của một số hữu tỉ.
Nếu đặt
a x y ; b y z ; c z x
thì ta được bài toán hay và khó sau:
Chứng minh rằng
2 2 2
1 1 1
x y y z z x
là bình phương của một số hữu tỉ.
Bài 5. Cho ba số a, b, c thỏa mãn
;
b c a b c
và
a b a b c
2
2 2
Chứng minh đẳng thức
2
2
2
2
a a c
a c
b c
b b c
HD: Từ
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b a b c a a b c b ; b a b c a
Suy ra
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
a a c a b c b a c a 2b c a c a c
VT
b b c a b c a b c b 2a c b c b c
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
31
a c 2a 2b 2c
a c
VP
b c 2a 2b 2c b c
Bài 6. Cho
a b c a b c
2
2 2 2
. Chứng minh rằng:
a)
2 2 2
2 2 2
1
2 2 2
a b c
a bc b ac c ab
b)
2 2 2
1
2 2 2
bc ca ab
a bc b ac c ab
HD:
Từ
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c a b c 2 ab bc ca
Suy ra
ab bc ca 0
Xét
2 2 2
a 2bc a 2bc ab bc ca a ab ca bc a b a c
Tương tự ta có
2 2
b 2ac b c b a ;c 2ab c a c b
a) Xét vế trái ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b c a b c
a 2bc b 2ac c 2ab a b a c b c b a c a c b
2 2 2 2 2 2 2 2
a b c b c a c a b a b c b c ab ac bc
a b a c b c a b a c b c
2
2
b c a bc ab ac
a b c bc b c a b c b c
1
a b a c b c a b a c b c
b) Xét vế trái, ta có:
2 2 2
bc ca ab bc ca ab
a 2bc b 2ac c 2ab a b a c b c b a c a c b
2 2 2 2
bc b c ac c a ab a b bc b c ac a c a b ab
a b a c b c a b a c b c
2
2
b c bc a ab ac
bc b c a b c a b c b c
1
a b a c b c a b a c b c
Bài 7. Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0 thỏa mãn a + b + c = 0
Chứng minh rằng:
.
a b a b b c c a c
a b a b b c c a abc
3
2
1
HD: Biến đối vế trái:
Ta có:
a b a b a b b c c a
VT .
a b a b a b b c c a
2 2
c c b a c c bc b a ac
1 1
b a a b b a ab
2 3
a b a b c a b c c
c c 2c 2c
1 . 1 . 1 1
b a ab a b ab ab abc
Vế trái bằng vế phải, ta có điều phải chứng minh.
Dạng 2. Biến đổi cả hai vế cùng bằng biểu thức thứ ba
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
32
Bài 1. Chứng minh đẳng thức:
a ab a ab b a ab ac bc
a b ab a b bc a ac ab
2 2 2 2
2 2 2 2 2
3 2 5 3
9 6 9 3 3
HD:
Phân tích. Đẳng thức này nhận thấy vế phải có c, vế trái không có c. Tức là có thể biến đổi
rút gọn nhằm triệt tiêu c. Vế trái là tổng hai phân thức, vế phải là một phân thức, do vậy ta
có thể biến đổi vế trái thành một phân thức và rút gọn.
Những bài toán hai vế đều phức tạp, chúng ta có thể biến đổi cả hai vế, và chứng tỏ cùng
bằng biểu thức thứ ba.
Biến đổi vế phải.
a b a c a b a c
a b
VP
3b c a a a c a c 3b a 3b a
(1)
Biến đổi vế trái.

2
a a 3b a 3b 2a b
VT
a 3b a 3b
a 3b
a 2a b a b a b
a 3b a 3b a 3b 3b a
(2)
Từ (1) và (2) ta có vế trái bằng vế phải, suy ra điều phải chứng minh.
Bài 2. Cho a, b, c đôi một khác nhau và các đa thức: Chứng minh rằng:
P x Q x
2
. Biết
x b x c x a x c x a x b
P x a b c
a b a c b a b c c a c b
x b x c x a x c x a x b
Q x a b c
a b a c b a b c c a c b
2 2 2
HD: Xét
a x b x c b x a x c c x a x b
P x
a b a c b a b c c a c b
a x b x c c b b x a x c a c c x a x b b a
P x
a b a c c b
a x b x c c b b x a x c c b b x a x c b a c x a x b b a
P x
a b a c c b
x c c b a x b b x a x a b a b x c c x b
P x
a b a c c b
x c c b ax bx x x a b a b c x a b c b a c
P x x
a b a c c b a b a c c b
* Xét
2 2 2
a x b x c b x a x c c x a x b
Q x
a b a c b a b c c a c b
2 2 2
a x b x c c b b x a x c a c c x a x c b a
Q x
a b a c c b
Xét tử số:
2 2 2
a x b x c c b b x a x c a c c x a x c b a
2 2 2 2
a x b x c c b b x a x c c b b x a x c b a c x a x b b a
2 2 2 2
x c c b a x b b x a x a b a b x c c x b
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
33
x c c b a b ax bx ab x a b a b c bx cx bc
a b c b x c ax bc ab x a bc cx bc
2 2 2 2
a b c b ax bx abx acx bcx abc bx cx bcx abx acx abc
2 2 2
a b c b ax cx x a b c b a c
2
2
x a b c b a c
Q x x
a b a c c b
Vậy suy ra
2
P x Q x
Dạng 3. Từ điều kiện tạo ra thành phần một vế
Bài 1. Cho
.
1
a b c
b c c a a b
Chứng minh rằng:
2 2 2
0
a b c
b c c a a b
HD:
Phân tích. Quan sát kĩ phần giả thiết và phần kết luận. Chúng ta thấy có phần giống nhau
và phần khác nhau. Từ giả thiết chúng ta có thể tạo ra vế trái của đẳng thức. Do vậy từ giả
thiết chúng ta cần nhân với bộ phận thích hợp để tạo ra vế trái của đẳng thức, sau đó biến
đổi phần còn lại triệt tiêu.
Nhận xét: Nếu a + b + c = 0
a b c
a b c
a c b 3
b c c a a b
c a b
Vậy a + b+ c
0
Nhân cả 2 vế của
a b c
1
b c c a a b
với
a b c
ta được:
2 2 2 2 2 2
a a b c b a b c c a b c
a b c
b c c a a b
a b c a b c
a b c a b c 0
b c c a a b b c c a a b
Bài 2. a) Biết
3 2
3 5
a ab
và
3 2
b 3a b 10
. Tính
2 2
2018
a b
M
b) Cho
1
abc
. Chứng minh rằng
1
1 1 1
a b c
ab a bc b ac c
HD:
a) Từ
3 2 6 4 2 2 4
a 3ab 5 a 6a b 9a b 25 (1)
3 2 6 2 4 4 2
b 3a b 10 b 6a b 9a b 100 (2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:
3
6 4 2 2 4 6 2 2 3
a 3a b 3a b b 125 a b 5
2 2
2 2
a b 5
a b 5
2018 2018
. Vậy
5
M
2018
b) Ta có:
2
a b c ac abc c
ab a 1 bc b 1 ac c 1 abc ac c abc abc ac ac c 1
ac abc c abc ac 1
1
1 ac c c 1 ac ac c 1 abc ac 1
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
34
Bài 3. Cho
1
x y
và
0
xy
. Chứng minh rằng:
3 3 2 2
2
0
1 1 3
x y
x y
P
y x x y
HD: Ta có:
x y 1 y 1 x hay y x 1 vaø x y 1
Biến đổi
4 4
4 4
3 3
3 3 2 2
x y x y
x y x x y y
y 1 x 1
y 1 x 1 xy y y 1 x x 1
2 2
2 2 2 2 2 2
x y x y x y x y
xy x y y x y yx xy y x x 1
2 2
2 2 2 2
x y x y 1
(*)
xy x y xy x y x y xy 2
2 2
2 2 2
2 2
x y x x y y
x y x x 1 y y 1
(**)
xy x y 3
xy x y x y 2
2 2
2 2 2 2
x y x y y x
x y 2xy 2 x y
x y 3
xy x y 3 xy x y 3
Suy ra
2 2 2 2
2 x y 2 x y
P 0
x y 3 x y 3
(đpcm)
Chú ý: Ở bước (**) ta đã thay x + y = 1 vào biểu thức
2 2
x y 1
và
xy x y
ở bước (*) đồng thời áp
dụng HĐT:
2
2 2
x y x y 2xy
Bài 4. Cho
0
a b c
x y z
và
1
x y z
a b c
. Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
1
x y z
a b c
HD:
Từ
a b c ayz bxz cxy
0 0 ayz bxz cxy 0
x y z xyz
Ta có:
2
2 2 2
2 2 2
x y z x y z xy xz yz cxy bxz ayz
2. 1 2 1 2.0 1
a b c a b c ab ac bc abc
Bài 5. a) Chứng minh rằng: Nếu
x y z xy yz zx
2 2 2
thì x = y = z
b) Cho ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn :
a b c a c b
b c a c b a
2 2 2
2 2 2
. CMR: a = b = c
HD:
a) Ta có:
2 2 2
x y z xy yz zx
2 2 2
2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx
2 2 2 2 2 2
x 2xy y y 2yz z z 2zx x 0
2 2 2
x y y z z x 0 (1)
Ta có:
2 2 2
x y 0, y z 0, z x 0
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
35
Do đó
0
1 0
0
x y
y z x y z
z x
b) Ta có:
2 2 2
4 2 4 2 4 2 2 2 2
2 2 2
a b c a c b
a c b a c b abc a c c a b c
b c a c b a
Đặt
2 2 2
x a c, y b a , z c b.
Ta được:
2 2 2
x y z xy yz zx
Áp dụng kết quả câu a ta được:
2 2 2
x y y z z x 0 x y z
2 2 2 2 2 2
a c b a c b ac b ; bc a ; ab c a b c
Bài 6. Chứng minh rằng: Nếu
1 1 1
2
a b c
và
a b c abc
thì ta có
2 2 2
1 1 1
2
a b c
HD: Theo giả thiết:
1 1 1
2
a b c
nên
a 0; b 0; c 0
Ta có:
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 2 4
a b c a b c a b c ab bc ca
2 2 2
1 1 1 a b c
2 4
a b c abc
Vì
a b c
a b c abc 1
abc
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 4 2
a b c a b c
(đpcm)
Bài 7. Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng:
Nếu
0
a b c
thì
.
9
a b b c c a c a b
P
c a b a b b c c a
HD: Đặt
a b b c c a c 1 a 1 b 1
x; y; z ; ; (1)
c a b a b x b c y c a z
Suy ra
1 1 1
P x y z 9
x y z
Ta có:
1 1 1 y z x z x y
x y z 3 (2)
x y z x y z
Ta lại có:
2 2
y z b c c a c b bc ac a c
. .
x a b a b ab a b
2
c 2c a b c
c a b c a b c c a b
2c
ab a b ab ab ab
Tương tự ta có:
2 2
x z 2a x y 2b
;
y bc z ac
2 2 2
3 3 3
1 1 1 2c 2a 2b 2
x y z 3 3 a b c
x y z ab bc ac abc
Vì
3 3 3
a b c 0 a b c 3abc
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
36
Do đó:
1 1 1 2
x y z 3 .3abc 3 6 9
x y z abc
Bài 8. Cho
a b c
1 1 1
2
(1) và
a b c
2 2 2
1 1 1
2
(2). Chứng minh rằng: a + b + c = abc
HD:
Từ (1) suy ra
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
+ + + 2. + + 4 2. + + 4 + +
a b c ab bc ac ab bc ac a b c
1 1 1 a + b + c
+ + 1 1
ab bc ac abc
a + b + c = abc
Bài 9. Cho ;
a b c a b c
2 2 2
1 1
và
x y z
a b c
Chứng minh rằng:
xy yz zx
0
HD: Từ
2
2 2 2
a b c 1 a b c 1 a b c 2 ab bc ca 1
Mà
2 2 2
a b c 1
nên
ab bc ca 0
Đặt
x y z
k
a b c
suy ra
x ak ; y bk ; z ck
Xét
2 2 2 2 2
xy yz zx abk bck cak k ab bc ca k .0 0
Bài 10. Cho a, b, c khác 0 và thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng:
a b b c c a a b c
a b b c c a bc ca ab
2 2 2 2 2 2 3 3 3
HD:
Từ giả thiết
2 2 2 2 2 2
a b c a b 2ab c a b c 2ab
Suy ra
2 2 2
a b c 2ab 2ab
c
a b c c
Tương tự ta có:
2 2 2 2
b c 2bc c a 2ca
a ; a
b c a c a b
Từ đó suy ra vế trái là:
2 2 2 2 2 2
2 a b b c c a
2ab 2bc 2ca
VT a b c
c a b acb
(1)
Mặt khác ta có:
2
2 2 2
a b c 0 a b c 2 ab bc ca
Bình phương hai vế ta được:
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c 2 a b b c c a 4a b 4b c 4c a 8abc a b c
4 4 2 2 2 2 2 2 2
a b c 2 a b b c c a
(2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Bài 11. Cho
x y y x
x y y x
2 2
3 3
1 3 1 3
với
; ; ; ;
x y x y x y
1
0
3
. CMR :
x y
x y
1 1 8
3
HD:
Từ giả thiết suy ra
2 2
x 3y y 3xy y 3x x 3xy
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
37
2 3 2 2 2 3 2
x y 3x y 3y 9xy xy 3xy 9x y
2 2 3 3 2 2
8xy 8x y 3xy 3x y 3y 3x 0
y x 8xy 3xy y x 3 x y 0
Do
x y
nên
8xy 3xy y x 3 y x 0
3 y x 3xy y x 8xy
Chia cả hai vế cho 3x; y khác 0, ta được:
1 1 8
x y
x y 3
(đpcm)
Bài 12. Chứng minh rằng nếu ba số x, y, z thỏa mãn
x y z
2020
và
x y z
1 1 1 1
2020
thì ít nhất một trong ba số x, y, z phải bằng 2020.
HD: Từ giả thiết ta có:
1 1 1 1
x y z x y z
yz xz xy x y z xyz
2 2 2 2 2 2
xyz y z yz x z xyz xz x y xy xyz xyz
2 2 2 2 2 2
xyz y z yz x z xyz xz x y xy 0
2
yz x y z x y xz x y xy x y 0
2
x y yz z xz xy 0 x y y z z x 0
Suy ra
x y 0
y z 0
x z 0
Nếu x + y = 0 thì từ
x y z 2020 z 2020
Nếu y + z = 0 thì từ
x y z 2020 x 2020
Nếu x + z = 0 thì từ
x y z 2020 z 2020
Suy ra điều phải chứng minh
Bài 13. Cho các số thực a, b, c khác nhau từng đôi một và thỏa mãn điều kiện
a b b c c a
2 2 2
. Chứng minh rằng:
a b b c c a
1 1 1 1
HD:
Từ
2 2 2 2
a b b c a b b c a b a b b c
b c a c
a b a b 1
a b a b
(1)
Tương tự, từ
2 2
b c
a b c a a c 1
a c
(2)
2 2
b a
b c c a b c 1
b c
(3)
Từ (1), (2) và (3) nhân từng vế ta được:
a b 1 b c 1 c a 1 1
Bài 14. Cho x, y, z khác không, khác nhau từng đôi một và
;
zx yz
1 1
thỏa mãn điều kiện:
x yz y xz
x yz y xz
2 2
1 1
. Chứng minh rằng
x y z
x y z
1 1 1
HD:
Từ giả thiết, áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
38
2 2 2 2
x y x y z
x yz y xz x yz y xz
x y z
x xyz y xyz x xyz y xyz x y
(1)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
x yz y xz x y y z xy x z x y y z xy x z
x xyz y xyz xy xy z xy x yz xy xy z xy x yz
2 2
2 2
xy x y z x y
x y xy xz yz
xy xz yz 1 1 1
x yz xy z x y xyz xyz x y z
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
1 1 1
x y z
x y z
Bài 15. Cho x, y là hai số thực khác 0 sao cho
;
x y
x y
1 1
là các số nguyên.
Chứng minh rằng
x y
x y
3 3
3 3
1
HD: Từ giả thiết, suy ra
1 1 1
x y xy
y x xy
Xét
2
3 3 2 2
3 3 2 2
1 1 1 1 1
x y xy x y 1 xy xy 3
x y xy x y xy xy
Suy ra
3 3
3 3
1
x y
x y
, điều phải chứng minh.
Bài 16. Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
x y z xyz
.
Chứng minh rằng:
xyz x y z
x y z
x y z x y y z z x
2 2 2
5 4 3
2 3
1 1 1
HD:
Ta có:
2 2
x xyz xyz xyz
1 x yz x yz yz x x y z x y x z
(1)
Tương tự:
2
2y 2xyz
1 y y z y x
(2)
2
3z 3xyz
1 z z x z y
(3)
Từ (1), (2) và (3); cộng vế với vế, ta có:
2 2 2
x 2y 3z xyz 2xyz 3xyz
1 x 1 y 1 z x y x z y z y x z x z y
xyz y z 2 z x 3 x y
xyz 5x 4y 3z
x y y z z x x y y z z x
Bài 17. Cho a, b, x, y thỏa mãn
x y
a b a b
4 4
1
và
x y
2 2
1
Chứng minh rằng
n n
n
n n
x y
a b
a b
2 2
2
với n là số nguyên dương.
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
39
HD: Từ giả thiết ta có
2
2 2
4 4
x y
x y
a b a b
2
4 4 2 2
b a b x a a b y x y ab
4 2 4 2 4 4 4 2 2 4 2 4 2 2 2 4
abx b x a y aby abx 2abx y aby b x 2abx y a y 0
2 2
2
2 2 2 2
x y
bx ay 0 bx ay 0
a b
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
2 2 2 2
x y x y 1
a b a b a b
2n 2n 2n 2n
n n
n n n n
x y 1 x y 2
a b a b
a b a b
Bài 18. Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 thỏa mãn
x y z
1 1 1
0
. CMR:
xy zx yz
z y x
2 2 2
3
HD: Từ giả thiết, suy ra xy + yz + zx = 0. Đặt xy = a ; yz = b ; zx = c, khi đó:
Ta có
3 3 3
a b c 3abc
Suy ra
3 3 3
2 2 2
xy yz zx a b c
3
z x y abc
(đpcm)
Bài 19. Cho
x y z
y z z x x y
2
. Chứng minh rằng:
x y z
x y z
y z z x x y
2 2 2
HD: Từ giả thiết suy ra
x y z
. x y z 2 x y z
y z z x x y
2 2 2
x y z
x y z 2x 2y 2z
y z z x x y
2 2 2
x y z
x y z
y z z x x y
(đpcm)
Bài 20. Cho
a b c b c a
b c a a b c
(1). CMR : trong ba số a, b, c tồn tại hai số bằng nhau
HD:
Từ (1)
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a c ab b c b c ac a b a b c a c b bc c b 0
(c – b)(a
2
– ac = ab + bc) = 0
(c – b)(a – b)( a – c) = 0
đpcm
Bài 21. Cho
– – – – ;
a bc b abc b ac a abc
2 2
abc
0 và a
b
Chứng minh rằng:
a b c
a b c
1 1 1
HD:
Từ GT
2 2 3 2 2 2 2 3 2 2
a b – b c a bc ab c ab – a c – ab c a bc
2 2 2 2 2
a b – ab a c – b c abc a – b abc a b a b
a – b ab ac bc abc a – b a b c
ab ac bc 1 1 1
a b c a c b
abc a b c
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
40
Bài 22. Cho
0
a b c
a b c x y z
x y z
; Chứng minh rằng: ax
2
+ by
2
+ cz
2
= 0
HD:
Từ
2 2 2
2 2 2
x y z 0 x y z ; y x z ; z y x
2 2 2
2 2 2
2 2 2
)
ax by cz a y z b x z c y x
b c x a c y a b z 2 ayz bxz c y
(1
x
Từ
a b c 0 a b c ; b a c ; c a b (2)
Từ
a b c
+ + = 0
x y z
ayz + bxz + cxy = 0 (3). Thay (2), (3) vào (1)
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
ax by cz ax by cz ax by cz 0
Bài 23. Cho
a b c
b c c a a b
0
. Chứng minh rằng:
a b c
b c c a a b
2 2 2
0
HD:
Từ
2 2
a b c a b c b ab ac c
0
b c c a a b b c a c b a a b c a
2 2
2
a b ab ac c
(1)
a b c a b c
b c
(Nhân hai vế với
1
b c
)
Tương tự, ta có:

2 2 2 2
2 2
b c bc ab a c a ac cb c
(2) ; (3)
a b c a b c a b c a b c
c a a b
Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm
Bài 24. Cho a + b + c = 2009. Chứng minh răng
3 3 3
2 2 2
3
2009
a b c abc
a b c ab ac bc
Dạng 4. Phương pháp biến đổi tương đương
Bài 1. Với a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn đẳng thức
.
a b b c c a abc
8
Chứng minh rằng:
a b c ab bc ca
a b b c c a a b b c b c c a c a a b
3
4
HD:
Phân tích. Bài toán này là chứng minh đẳng thức có điều kiện. Bài toán này có thể vận
dụng điều kiện và biến đổi cả hai vế cùng bằng biểu thức thứ ba.
Tuy nhiên, trong ví dụ này chúng ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương. Phương
pháp biến đổi tương đương là muốn chứng minh
A B,
là chúng ta chứng
minh
A B C D X Y
. Nếu x = y hiển nhiên đúng hoặc là giả thiết, thì chúngta
kết luận
A B
.
Biến đổi tương đương:
a b c 3 ab bc ca
a b b c c a 4 a b b c b c c a c a a b
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
41
a b b c c a 3
1 1 1
a b b c b c c a c a a b 4
ac ba cb 3
a b b c b c c a c a a b 4
3
ac a c ba b a cb c b a b b c c a
4
ac a c ba b a cb c b 6abc
ac a c b a b c a c 8abc
2
a c ac ab b bc 8abc
a c b c b a 8abc
Đẳng thức này đúng nên điều phải chứng minh là đúng.
Bài 2. Giả sử x, y là những số thực dương phân biệt thỏa mãn
y y y y
x y x y x y x y
2 4 8
2 2 4 4 8 8
2 4 8
4
. Chứng minh rằng:5y = 4x
HD: Ta có:
2 4 4 8
2
2 2
4 4 4 4
4y x y 8y
y 2y
4
x y x y
x y x y
2 2 2 4
2 4
2 2 4 4
2 2 2 2
2y x y 4y
y 2y 4y y
4
x y x y x y x y
x y x y
2
2
2 2 2 2
y x y 2y
y 2y y
4 4 4x 4y y 4x 5y
x y x y x y x y
Dạng 5. Phương pháp đổi biến số
Bài 1. Với a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn đẳng thức
a b b c c a abc
8 .
Chứng minh rằng:
a b c ab bc ca
a b b c c a a b b c b c c a c a a b
3
4
HD:
Phân tích. Ví dụ này, trong phần trước chúng ta đã chứng minh bằng phương pháp biến đổi
tương đương. Trong phần này, chúng ta sử dụng phương pháp đổi biến để giải. Quan sát
phần kết luận, chúng ta nhận thấy hai vế của đẳng thức có phần giống nhau: vế trái là tổng
ba phân thức, phần biến vế phải là tích của từng cặp hai phân thức trong ba phân thức ấy, do
đó chúng ta nghĩ tới đặt biến phụ: Đặt
a b c
x ; y ; z
a b b c c a
và chỉ cần chứng
minh
3
x y z xy yz zx
4
. Do vậy ta có lời giải sau:
Đặt
a b c
x ; y ; z
a b b c c a
. Từ giả thiết, suy ra
1
xyz
8
Ta có:
a b b c c a
1 x 1 ;1 y 1 ; 1 z 1
a b a b b c b c c a c a
Từ đó suy ra:
xyz 1 x 1 y 1 z
2xyz 1 x y z xy yz zx
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
42
3
x y z xy yz zx
4
Vậy
a b c 3 ab bc ca
a b b c c a 4 a b b c b c c a c a a b
(đpcm)
Bài 2. Cho a, b, c là ba số thực phân biệt. Chứng minh rằng:
a b b c b c c a c a a b
a b b c c a
a b b c b c c a c a a b a b b c c a
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3
HD:
Phân tích. Quan sát phần kết luận, chúng ta nhận thấy hai vế của đẳng thức có phần giống
nhau: vế phải là tổng ba phân thức, phần biến vế trái là tích của từng cặp hai phân thức
trong ba phân thức ấy. Do đó cũng như ví dụ trước chúng ta nghĩ tới đặt biến phụ: Đặt
2a b 2b c 2c a
x ; y ; z
a b b c c a
và chỉ cần chứng minh
3 xy yz zx x y z
.
Do vậy ta có lời giải sau:
Đặt
2a b 2b c 2c a
x ; y ; z
a b b c c a
Khi đó
3a 3b 3c
x 1 ; y 1 ; z 1
a 2 b c c a
Và
3b 3c 3c
x 2 ; y 2 ; z 2
a b b c c a
Từ đó suy ra
x 1 y 1 z 1 x 2 y 2 z 2
Khai triển và rút gọn ta được:
9 3 xy yz zx 3 x y z 3 xy yz zx x y z
Suy ra:

2a b 2b c 2b c 2c a 2c a 2a b
2a b 2b c 2c a
3
a b b c b c c a c a a b a b b c c a
Bài 3. Cho a + b + c = 0. Chứng minh:
( )
a b b c c a c a b
c a b a b b c c a
9 1
HD:
Đặt
a b b c c a c 1 a 1 b 1
x; y ; z ; ;
c a b a b x b c y c a z
(1)
1 1 1
x + y + z + + 9
x y z
Ta có:
1 1 1 y + z x + z x + y
x + y + z + + 3 + +
x y z x y z
(2)
Ta lại có:
2 2
y z b c c a c b bc ac a c
x a b a b ab a b
2
c 2c a b c
c a b c a b c c a b
2c
(3)
ab a b ab ab ab
Tương tự, ta có:
2
x + z 2a
y bc
(4) ;
2
x + y 2b
z ac
(5)
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
43
Thay (3), (4) và (5) vào (2) ta có:
1 1 1
x + y + z + + 3
x y z
+
2 2 2
2c 2a 2b
ab bc ac
= 3 +
2
abc
(a
3
+ b
3
+ c
3
) (6)
Từ a + b + c = 0
a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc (7)
Thay (7) vào (6) ta có:
1 1 1
x + y + z + + 3
x y z
+
2
abc
. 3abc = 3 + 6 = 9
Dạng 6. Phân tích đi lên từ kết luận
Bài 1. Cho ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn hệ thức:
b c a a c b a b c
bc ca ab
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
2 2 2
Chứng minh rằng:
a) Trong ba số a, b, c tồn tại một số bằng tổng hai số còn lại.
b) Trong ba phân thức trên, tồn tại hai phân thức bằng 1, một phân thức bằng -1.
HD:
Phân tích. Đọc kỹ phần kết luận câu a, chúng ta nhận thấy phần chứng minh tương đương
với: a = b + c hoặc b = c + a hoặc
c a b b c a 0
hoặc
c a b 0
hoặc
a b c 0 b c a c a b a b c 0
. Với suy nghĩ ấy, chúng ta biến đổi
giả thiết và định hướng biến đổi phân tích đa thức thành nhân tử để đưa về
b c a c a b a b c 0
.
Lời giải
a) Từ giả thiết:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c b c a c a b
1
2ab 2bc 2ac
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c b c a c a b
1 1 1 0
2ab 2bc 2ac
2 2 2
2 2 2
a b c b c a a c b
0
2ab 2bc 2ac
a b c a b c b c a b c a a c b a c b
0
2ab 2bc 2ac
c a b c a b c a b c a b c a b a c b a c b 0
a b c c a b c a b c a b a b c 0
2 2
a b c ac bc c a b c a ab b bc 0
2 2
a b c ac ab b c a b c a 0
a b c a b c b c a 0
a b c 0 a c b
a b c 0 a b c
b c a 0 b c a
Vậy trong ba số a, b, c có một số bằng tổng hai số còn lại.
b) Không giảm tính tổng quát, giả sử a = b + c
- Xét
2
2 2
2 2 2 2
2
b c b c
a b c 2bc 2b
1
2ab 2 b c b 2bc 2b
;
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
44
- Xét
2
2 2
2 2 2
b c b c
b c a 2bc
1
2bc 2bc 2bc
;
- Xét
2
2 2
2 2 2 2
2
c b c b
c a b 2c 2bc
1
2ac 2 b c .c 2c 2bc
Vậy trong ba phân thức có một phân thức bằng –1; hai phân thức còn lại bằng 1.
Dạng 7. Phương pháp tách hạng tử
Bài 1. Chứng minh rằng:
b c c a a b b c c a a b
a b a c b c b c c a c b b c c a a b
2 2 2 2 2 2
Biết
, ,
a b b c c a
.
HD:
Phân tích. Quan sát đẳng thức này, chúng ta có thể có ba cách giải:
Cách 1. Biến đổi cả hai vế cùng bằng biểu thức thứ ba. Cách này tuy dài nhưng cho chúng ta kết
quả là biểu thức thứ ba rất đẹp.
Cách 2. Sử dụng phương pháp đổi biến. Nhận thấy hai vế có phần mẫu có thể đặt biến phụ được.
Đặt
a b z; a c y; b c x
, sau đó biến đổi tử thức theo x, y, z. Ta có lời giải
hay.
Cách 3. Nhận thấy rằng, vế trái của đẳng thức có thể tách tử thức để đưa mỗi phân thức thành tổng
của hai phân thức có mẫu thức trùng với hai trong ba mẫu thức của vế phải. Với cách suy
luận như vậy chúng ta có lời giải hay.
Lời giải:
Cách 1. Xét vế trái:
2 2 2 2 2 2
b c c a a b
a b a c b c b a c a c b
3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3
b b c bc c c ac a c a a a b ab b
a b a c b c
2
bc b c a b c b c a b c b c c a b a
(1)
a b a c b c a b a c b c
Xét vế phải:
b c c a c a b c
b c c a a b a b
b c c a a b b c c a a b
2 2
bc ab c ac bc c ab ac a b
b c c a a b
2c b a a b a b b c c a
2bc 2ac a b
b c c a a b a b b c c a
2
b a ac ab bc c
b a c a b c
(2)
a b b c c a a b b c c a
Từ (1) và (2) suy ra:
2 2 2 2 2 2
b c c a a b b c c a a b
a b a c b c b c c a c b b c c a a b
Cách 2. Đặt
a b z ; a c y ; b c x
Đẳng thức được chứng minh tương đương với:
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
45
x z y y x z z y x
x z y x z y
yz xz xy y z x
Biến đổi vế trái ta có:
xz xy xy yz yz xz x x y y z z z y x z y z
(VP)
yz xz xy y z z x x y x y x
Cách 3. Ta có:
2 2 2 2 2 2
b c b a a c b a a c
(3)
a b a c a b a c a b a c a c a b
(3)
Tương tự, ta có:
2 2
c a c b b a
(4)
b c b a b a b c
2 2
a b a c c b
(5)
c a c b c b c a
Từ (3) (4) và (5) cộng vế với vế, ta có điều phải chứng minh.
Bài tập tự luyện
1) cho
1 1 1
+ + 0
x y z
; tính giá trị biểu thức A =
2 2 2
yz xz xy
+ +
x y z
HD: A =
3 3 3
xyz xyz xyz
+ +
x y z
; vận dụng a + b + c = 0
a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
2) Cho a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc ; Tính giá trị biểu thức A =
a b c
+ 1 + 1 + 1
b c a
3) Cho x + y + z = 0; chứng minh rằng:
3 0
y z x z x y
x y z
4) Cho a + b + c = a
2
+ b
2
+ c
2
= 1;
a b c
x y z
. Chứng minh xy + yz + xz = 0
Chủ đề 5. BÀI TOÁN TỔNG HỢP
Bài 1. Cho biểu thức
4 2
4 2
5 4
10 9
x x
A
x x
a) Rút gọn A b) Tìm x để A = 0
c) Tìm giá trị của A khi
2 1 7
x
HD:
a) ĐKXĐ:
x 1
và
x 3
Với x
1; x
3 thì
x 1 x 1 x 2 x 2 x 2 x 2
A
x 1 x 1 x 3 x 3 x 3 x 3
b) A = 0
x =
2
c)
2 1 7
x
x = 4 hoặc x = – 3
Với x = 4 thì
12
A
7
Với x = – 3 thì A không xác định
Bài 2. Cho biểu thức
3 2
3 2
2x 7 x 12x 45
3x 19x 33x 9
a) Rút gọn B b) Tìm x để B > 0
HD:
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
46
a) ĐKXĐ: x
3 và x
1
3
b) Với x
3 và x
1
3
Thì
2
3 2
2
3 2
x 3 2x 5
2x 7x 12x 45 2x 5
3x 19x 33x 9 3x 1
x 3 3x 1
c) B > 0
1
x
2x 5
3
0
5
3x 1
x
2
Bài 3. Cho biểu thức :
x x
C
x x x x
2 2
1 2 5 1 2
1 1 1 1
a) Rút gọn biểu thức C
b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên
HD:
a) ĐKXĐ: x
1
C =
2 2
1 2 5 1 2 1 2(1 ) 5 ( 1)( 1) 2
: .
1 1 1 1 (1 )(1 ) 1 2 2 1
x x x x x x
x x x x x x x x
b) B có giá trị nguyên khi x là số nguyên thì
2
2 1
x
có giá trị nguyên
2x – 1 là Ư(2)
2 1 1 1
2 1 1 0
2 1 2 1,5
2 1 2 1
x x
x x
x x
x x
Đối chiếu ĐKXĐ thì chỉ có x = 0 thoả mãn
Bài 4. Cho biểu thức
| |
x x x
D
x x x
3 2
2
2
2 4
a) Rút gọn biểu thức D b) Tìm x nguyên để D có giá trị nguyên
c) Tìm giá trị của D khi x = 6
HD:
a) Nếu x + 2 > 0 thì
2
x
= x + 2 nên
3 2 3 2 2
2 2
x x 2x x x 2x x x
D
x | x 2 | x 4 x x 2 x 4 2
Nếu x + 2 < 0 thì
| x 2 | – x 2
nên
3 2 3 2
2 2
x x 2x x x 2x x
D
x | x 2 | x 4 x x 2 x 4 2
Nếu x + 2 = 0
x = – 2 thì biểu thức D không xác định
b) Để D có giá trị nguyên thì
2
x x
2
hoặc
x
2
có giá trị nguyên
2
x x
2
có giá trị nguyên
2
x x 1 2
x x 2
x 2
x 2
Vì x(x – 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 với mọi x > – 2
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
47
x
2
có giá trị nguyên
x 2 x 2k
x 2k k ; k 1
x 2 x 2
Bài 5. Cho biểu thức
4 2 2
6 4 2 4 2
2 1 3
1 1 4 3
x x x
M
x x x x x
a) Rút gọn
M
b) Tìm giá trị lớn nhất của
M
HD:
a)
4 2 2
4 2
2 4 2 2 2
x 2 x 1 x 3
M
x x 1
x 1 x x 1 x 1 x 3
4 2
4 2 2
2 4 2
x 2 x 1 1
x x 1 x 1
x 1 x x 1
2 2
4 2 2
4 2
2 4 2 2 4 2
x . x 1
x x x
x x 1
x 1 x x 1 x 1 x x 1
Vậy
2
4 2
x
M
x x 1
b) Ta có :
2
4 2
x
M
x x 1
- Nếu
0
x
ta có M = 0
- Nếu
0
x
, chia cả tử và mẫu của M cho
2
x
ta có:
2
2
1
M
1
x 1
x
Ta có:
2
2 2
2 2
1 1 1 1
x 1 x 2.x. 1 x 1 1
x x x x
Nên ta có:
2
2
1
M 1
1
x
x 1
. Dấu
" "
xảy ra khi x = 1
Vậy MaxM = 1 khi x = 1
Bài 6. Cho
,
x y
là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn
1 2 1 2
1
1 1
x y
x y
Chứng minh
2 2
M x y xy
là bình phương của một số hữu tỷ.
HD:
Ta có
1 2x 1 2y
1 1 2x 1 y 1 2y 1 x 1 x 1 y
1 x 1 y
3xy 1
1 y 2x 2xy 1 x 2y 2xy 1 x y xy x y
2
Ta có :
2 2
2
2 2
3xy 1 3xy 1
M x y xy x y 3xy 3xy ...
2 2
Vì
x, y
nên
3xy 1
2
là số hữu tỷ , Vậy M là bình phương của một số hữu tỷ.
Bài 7. Cho các số a, b, c, d nguyên dương đôi một khác nhau và thoả mãn:
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
48
2 + 2 + 2 + 2 +
+ +
+
a b b c c d d a
6
a b b c c d d a
. Chứng minh A = abcd là số chính phương
HD:
Ta có:
2a +b 2b+c 2c+d 2d +a
+ + 6
a b b+c c d d+a
a b c d
1 +1+ 1 +1+ 6
a b b+c c d d+a
a b c d a b c d
+ + 2 1 1 0
a b b+c c d d+a a b b+c c d d+a
b b d d b(c a) d(a c)
0 0
a b b+c c d d +a (a b)(b+c) (c d)(d+a)
b(c d)(d a) d(a b)(b c) 0
2 2
abc acd bd b d 0
(b d)(ac bd) 0 ac bd 0 ac bd
(vì b ≠ d)
Vậy
2
A abcd ac
là số chính phương
Bài 8. Cho biểu thức :
P .
2 2 2 2
2 2 2 2
2 x y x y x y
x x xy xy xy y x xy y
với
yxyx
,0,0
.
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của biểu thức P biết x, y thỏa mãn đẳng thức:
( )
2 2
x y 10 2 x 3 y
.
HD:
Với
x 0, y 0, x y
ta có:
P =
2 2 2 2
2 2
2 x y (x y )(x y) xy x y 2 x y x y
.
x xy(x y) x xy y x xy xy
Ta có:
2 2
2 2 2 2
x y 10 2 x 3y x 2x 1 y 6y 9 0 x 1 y 3 0
Lập luận suy ra
x 1; y 3
Ta thấy x = 1; y = – 3 thỏa mãn điều kiện:
x 0, y 0, x y
nên thay x = 1; y = – 3 vào
biểu thức
x y
P
xy
ta được:
1 3
2
P
1. 3 3
Bài 9. Cho biểu thức
:
2 2
2 2
1 1 2
2 1 1
x x x x
P
x x x x x x
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x để
1
2
P .
c) Tìm các giá trị nguyên của
x
để
P
nhận giá trị nguyên.
d) Tìm giá trị nhỏ nhất của
P
khi
1
x
.
HD:
a) ĐKXĐ :
x 0
x 1
x 1
b)
2
2 2
x x 1 x x 1
x 1 x(x 1) x 1
P :
x(x 1) x 1 x 1 2
x 1 x 1
1
x
2
c)
2 2
x (x 1) 1 (x 1)(x 1) 1 1
P x 1
x 1 x 1 x 1 x 1
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
49
Với
x x 1
. Để P nguyên thì
1
x 1
nguyên
x 1
là ước của 1.
x 1 1; 1
d)
2
x 1 1
P x 1 x 1 2
x 1 x 1 x 1
Vì x > 1 nên x – 1 > 0 và
1
0
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương x – 1 và
1
x 1
,
Ta có
1 1
x 1 2 x 1 2 P 4
x 1 x 1
Đẳng thức xảy ra khi
2
1
1
x
1
x –1 1
x
x – 1 = 1 (vì x – 1 > 0)
x = 2 (TMĐK)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi x = 2
Bài 10. Cho biểu thức :
:
2 2
2 2
1 1 2
2 1 1
x x x x
P
x x x x x x
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm
x
để P < 1
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1
HD:
a) ĐKXĐ:
x 0; x 1; x 1
Rút gọn P ta có:
2
x
P
x 1
b)
2
2 2 2
1 3
x
x x x x 1
2 4
P 1 1 1 0 0 0
x 1 x 1 x 1 x 1
x 1 0 x 1
Vậy với x < 1 và
x 0; x 1
thì P < 1
c) Ta có:
2 2
x x 1 1 1 1
P x 1 x 1 2
x 1 x 1 x 1 x 1
Khi
x 1; x 1 0.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
1
x 1 2
. Dấu
" "
xảy ra khi
và chỉ khi x = 2. Vậy MaxP = 4 khi
x 2
Bài tập tự luyện
Bài 1. Cho
2 2
2
3
x 1 1 3x x 1 x 2x 1
A :
x 1 1 x x 1
3x x 1
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức
A
b) Tìm các giá trị thực của x để A và
2
A
có giá trị là số nguyên.
Bài 2. Cho biểu thức
2
2 x 3 x 2 x x
A : 1
x 3 x 2 x 5x 6 x 1
a) Rút gọn A
b) Tìm x để A = 0; A > 0
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158
50
Bài 3. Cho biểu thức
3 2
3 2
3y 7y 5y 1
B
2y y 4y 3
a) Rút gọn B
b) Tìm số nguyên y để
2D
2y + 3
có giá trị nguyên
c) Tìm số nguyên y để B
1
Bài 4. Cho biểu thức
3 2
3 2
3x 14x 3x 36
A
3x 19x 33x 9
a) Tìm giá trị của x để biểu thức A
xác định
b) Tìm giá trị của x để biểu thức A có giá tri bằng 0
c) Tìm giá trị nguyên của
x
dể biểu thức A có giá trị nguyên.
Bài 5. Cho biểu thức :
2 2
2 2 3
2 x 4 x 2 x x 3 x
A :
2 x x 4 2 x 2 x x
a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A ?
b) Tìm giá trị của x để A > 0?
c) Tính giá trị của A trong trường hợp : |x – 7| = 4.
Bài 6. Cho biểu thức
2
2
x 2 1 10 x
A : x 2
x 4 2 x x 2 x 2
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm giá trị của A, biết
1
x
2
c) Tìm giá trị của x để A < 0
d) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên
Bài 7. Cho biểu thức
2 2 2
2 2 2
x 2x 2x x x 2
Q
2x 8 x (x 2) 4(x 2) x
, với
0
x
và
2
x
.
a) Rút gọn biểu thức Q.
b) Tìm giá trị của x để Q có giá trị là
1
4
.
Bài 8. Cho biểu thức
2 2 x 1 x 1
P . x 1 :
3x x 1 3x x
a) Rút gọn P
b) Tìm x
để P có giá trị nguyên
c) Tìm
x
để
1
P
Bài 9. Cho biểu thức
2
2 2
2017 2016 2014 2016 x 4
A :
x 1 x 1 x 1 x 1
a) Tìm điều kiện của x để giá trị của biểu thức được xác định
b) Rút gọn biểu thức A
c) Tìm x để
A 0
và biểu diễn tập các giá trị tìm được của x trên trục số
d) Tìm tất cả các số nguyên x để A có giá trị là số nguyên
| 1/50
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
CHUYÊN ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ PHÂN THỨC ĐẠI SỐ MỤC LỤC
Chủ đề 1. CHỨNG MINH MỘT BIỂU THỨC LÀ SỐ TỐI GIẢN .................................................. 2
Chủ đề 2. TÍNH GIÁ TRỊ CỦA PHÂN THỨC ĐẠI SỐ ................................................................... 3
Dạng 1. Tính giá trị biểu thức thỏa mãn điều kiện cho trước của biến. ..................................... 3
Dạng 2. Tính giá trị biểu thức số bằng cách biến đổi từ công thức tổng quát. ......................... 17
Chủ đề 3. RÚT GỌN BIỂU THỨC ................................................................................................ 19
Dạng 1. Rút gọn biểu thức bằng cách sử dụng tính chất cơ bản của phân thức ....................... 19
Dạng 2. Rút gọn biểu thức thỏa mãn điều kiện cho trước của biến. ......................................... 22
Dạng 3. Rút gọn các biểu thức có tính quy luật ........................................................................ 26
Chủ đề 4. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC CHỨA PHÂN THỨC ĐẠI SỐ .................................... 29
Dạng 1. Biến đổi vế này thành vế kia ........................................................................................ 29
Dạng 2. Biến đổi cả hai vế cùng bằng biểu thức thứ ba ........................................................... 31
Dạng 3. Từ điều kiện tạo ra thành phần một vế ........................................................................ 33
Dạng 4. Phương pháp biến đổi tương đương ............................................................................ 40
Dạng 5. Phương pháp đổi biến số ............................................................................................. 41
Dạng 6. Phân tích đi lên từ kết luận .......................................................................................... 43
Dạng 7. Phương pháp tách hạng tử........................................................................................... 44
Chủ đề 5. BÀI TOÁN TỔNG HỢP ................................................................................................ 45
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 1
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Chủ đề 1. CHỨNG MINH MỘT BIỂU THỨC LÀ SỐ TỐI GIẢN  Phương pháp:
Để chứng minh phân số đã cho tối giản, ta sẽ chứng tỏ rằng tử và mẫu chỉ có ƯC là 1
- Một số tính chất cần sử dụng khi chứng minh:
+ Nếu nếu d = ƯCLN(a; b) thì ad và bd , khi đó ta có: a  bd
+ Nếu ad thì k.a  d và n a d  Bài tập áp dụng 3 n  2n
Bài 1. Chứng minh với mọi số nguyên n thì phân số là phân số tối giản. 4 2 n  3n  1 HD:
Để chứng minh phân số đã cho tối giản, ta sẽ chứng tỏ rằng tử và mẫu chỉ có ƯC là 1
Gọi d là ước chung của 3 n  2n và 4 2 n  3n 1. Ta có: 3     3   4 2 n 2n d n n 2n  d  n  2n  d (1)     
       2 4 2 4 2 2 2 4 2 n 3n 1 n 2n n 1 d n 1  n  2n 1 d (2) Từ (1) và (2) suy ra:  4 2     4 2 n 2n 1
n  2n  d 1 d  d  1 3 n  2n Vậy là phân số tối giản 4 2 n  3n 1
Bài 2. Chứng minh với mọi số nguyên dương n thì: n3  1 6n  1 a)
là phân số không tối giản. b) là phân số tối giản. n5  n  1 8n  1 HD: n  1 2 n  n   1
n  1 2n  n  1
n  1 2n  n  1 a) Ta có   5 2 2 2
n  n  n  n 1 n  3 n   1   2 n  n   1  3 2 n  n   1  2 n  n   1 3 n 1
vì với số nguyên dương n thì 2 n  n 1  1 nên
là phân số không tối giản. 5 n  n 1
b) Đặt ƯCLN 6n 1; 8n   1  d với * d  N
 6n 1d  24n  4d 8n 1d  24n  3d
 24n  4  24n  3d  1d  d 1.
 ƯCLN 6n 1; 8n  
1  1  Phân số đã cho là phân số tối giản. 2 n  4 Bài 3. Cho P 
với n là số tự nhiên. Hãy tìm tất cả các số tự nhiên n trong khoảng từ 1 n  5
đến 2020 sao cho giá trị của P chưa tối giản. HD: 2 n  4 29 Ta có: P   n  5  với n   n  5 n  5
Để phân số P chưa tối giản thì ƯCLN 29; n  5  d d   1
Khi đó n  5  d và 29  d  d  29  n  5  29 Hay n 5 29k k N      n  29k 5
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 2
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Mà 1  n  2020  1  29k  5  2020  29k  2025 6 24   k  69  k 1,2,3....,  69 29 29
Vậy các số tự nhiên n cần tìm có dạng n  29k  5 với k 1; 2; 3;....;  69 m m Bài 4. Cho phân sô
là phân thức tối giản. Chứng minh phân số là phân thức tối n m  n giản. m
HD: Giả sử m, n là các số nguyên và ƯCLN(m, n) = 1 (vì tối giản) n
Gọi d = ƯCLN(m, m + n), khi đó ta có: (m + n)  d và m  d ⇒ [(m + n) – m ] = n  d m
⇒ d ∈ ƯC (m, n) ⇒ d = 1 (vì tối giản) . n m m Vậy nếu phân thức
là phân thức tối giản thì phân thức cũng là phân thức tối n m  n giản. 2 10n  9n  4
Bài 5. Chứng minh rằng vơi mọi số tự nhiên n thì phân số tối giản 2 20n  20n  9 HD: Gọi d là ƯCLN của 2 10n  9n  4 và 2 20n  20n  9 2 2 10  n  9n  4  d 20n 18n  8  d    
 2n 1 d  d là số tự nhiên lẻ 2 2 20n  20n  9  d 20n  20n  9  d Mặt khác : 2 2
2n 1d  4n  4n 1 d  20n  20n  5  d  4  d , mà d lẻ nên d = 1
Vậy phân số trên tối giản  Bài tập tự giải: 7 n  2 n  1
Bài 1. Chứng minh rằng phân số
không tối giản với mọi số nguyên dương n 8 n  n  1
Bài 2. Chứng minh rằng các phân số sau tối giản với mọi số tự nhiên n. 3n 1 12n 1 2n 1 3n 1 a) b) c) d) 5n  2 30n  2 2 2n 1 5n  2 n  3 2n 1 3n  2 2n 5 e) f) g) h) n  4 5n 3 4n 3 3n  7 3n 2n 1 5n  7 i) j) k) 3n 1 2 4n 2 7n 10
Chủ đề 2. TÍNH GIÁ TRỊ CỦA PHÂN THỨC ĐẠI SỐ
Dạng 1. Tính giá trị biểu thức thỏa mãn điều kiện cho trước của biến.
a. Phương pháp: Biến đổi điều kiện rồi thay vào biểu thức đã cho hoặc biến đổi biểu thức đã
cho làm xuất hiện biểu thức của điều kiện. b. Bài tập áp dụng 1
Bài 1. Tính giá trị biểu thức 3 A  x  , biết rằng: 3 x 1 1 a) x   3 (x  0) b) 2  x  14 x  0 . 2   x x
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 3
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 HD: a) Áp dụng HĐT:     3 3 3 A B A B  3ABA  B ĐS: A = 18 b) Áp dụng HĐT:     2 2 2 A B A B  2AB và 3 3      2 2 A B A B A  AB  B  2 2 1  1   1  1 Ta được: 2  x   x  2 
 x  16   x  4 2     x  x   x  x 1 3  1  1 2   x   x  x 1 3   2  x  x  x  1 1 Với x  0   x  4  thì 3  x  4. 14 1  52  3   x x 1 1 Với x  0   x  4thì 3  x  4. 14 1  52 3   x x 1 2
Bài 2. Tính giá trị biểu thức 3 A  x  và 5 B  x  3 x 5 x 1
Cho biết x là số thực dương thỏa mãn điều kiện 2 x   7 . 2 x 2 1 1  1  1 HD: Từ 2 2 x   7  x  2  9  x
    9  x   3 x  ) 2 2 x x  x  (vì 0 x  1  1  1 1 1 Ta có 2 3 3 x   x  
   3.7  x   x   21 x  3  21 A 18 2 3 3  x   x  x x x  1  1  1 1 Ta có: 2 3 5 x   x  
   7.18  x   x  126 2 3 5  x   x  x x 5 1
 x  3 126  B 123 5 x
Bài 3. a) Cho a + b = 2 và 2  2 a
b  20. Tính giá trị của biểu thức 3 3 M  a  b
b) Cho a  b  c  0 và 2  2  2 a b
c  14.Tính giá trị của biểu thức 4 4 4 N  a  b  c HD: a) Từ      2 2 2 a b 20
a b  2ab  20  4  2ab  20  ab  8       3 3 3     3 M a b a b 3ab a b  2  3. 8  .2  56 b) Từ        2 2 2 2 2 2 2 a b c 14 a b c  196 4 4 4       2 2 2 2 2 2 a b c 196 2 a b  b c  c a 
Ta lại có:        2 2 2 2 a b c 0
a b c  0  a  b  c  2ab  bc  ca  0          2 ab bc ca 7 ab bc ca  49 2 2 2 2 2 2         2 2 2 2 2 2 a b b c c a
2abc a b c  49  a b  b c  c a  49 Do đó: 4 4 4       2 2 2 2 2 2 N a b c
196 2 a b  b c  c a   196  2.49  98
Bài 4. a) Cho a – b = 7. Tính giá trị của biểu thức 2 M  a a   2  b b   2 2 1 1  3ab  2ab  3a b b) Cho 2
x  x  1. Tính giá trị biểu thức 6 5 4 3 2
Q  x  2x  2x  2x  2x  2x  1
c) Cho hai số x, y thỏa mãn: 2 x  2 2 x y  2 y  0 và 3 x  2
2 y  4 y  3  0 .Tính  2  2 Q x y
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 4
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 HD: a) 3 2 3 2              2 2    2 2 M a a b b 3ab b a 2ab a b a
ab b  a  b  3ab7  2ab
           2 2 2 2 2 2 7 a ab b a b 23ab 8 a b  8.7  392 b) Ta có: 2   4 3 2    4 3 2    2 Q x . x 2x x x 2x x  x  x  x 1    2   2 2 2 2 2 x x x x
x  x  2  x  x  3  4 Vậy Q = 4 2y c) Từ 2 x 2 2 2  x y  2y  0  x  1  1   x 1 (1) 2 y 1 .           2 3 2 3 x 2y 4y 3 0 x 1 2 y 1  1   x  1 (2) Từ (1) và (2) 2  x  1   x  1 2 x 1 2 2               Ta có: y 2y 1 0 y 1 y 1. Vậy 2 2 Q x y 1 1 2 2 2 2 x  x y  2y  0 x  y
Bài 5. a) Tính giá trị của biểu thức P  . Biết 2 2
x  2 y  xy  x  y  ; 0 y  0 x  y
b) Cho a và b thỏa mãn: a + b = 1. Tính giá trị của biểu thức 3 3 B  a  b  3ab HD: a) Từ giả thiết 2 2 2 2
x  2y  xy  x  xy  2y  0  x  yx  2y  0
Vì x  y  0 nên x  2y  0  x  2y 2y  y y 1 Khi đó P    2y  y 3y 3 b) Ta có:                3 3 3 3 3 3 3 B a b 3ab a b 3ab.1 a b 3ab. a b a b  1 ab Bài 6. a) Cho 2 2
4a  b  5ab và 2a  b  0.Tính P  2 2 4a  b a  b
b) Cho a > b > 0 và  2 2
2 a  b   5ab Tính giá trị của biểu thức: 3 P  2a  b HD: b  4a a) Biến đổi được: 2 2
4a  b  5ab  4a  ba  b  b  a 2 a 1
Mà 2a  b  0  4a  2b  b nên a = b. Vậy ta được: P   2 2 4a  a 3 b  2a
b) Biến đổi được: 2 2 2 a  b   5ab   2 2a  4ab   2
2b  ab  0  a  2b
Trường hợp b = 2a. (Loại) vì a > b > 0 3a  b 6b  b
Trường hợp a = 2b. Ta có: P    1 2a  b 4b  b a  b
Bài 7. a) Cho a > b > 0 thỏa mãn 2  2 3a 3b  10 .
ab Tính giá trị của biểu thức P  a  b 2 2x  3xy
b) Cho 2x  y  11z ; 3x  y  4 . z Tính giá trị Q  . 2 x  2 3 y
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 5
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 2 4a  2 5b c) Cho a, b thỏa mãn 2  2 5a
2b  11ab và b  2a  0. Tính GT của biểu thức A  2 a  2ab HD: a  b      2  2 2 2 2 2 a 2ab b 3a 3b 6ab 10ab 6ab 1 a) Xét P      a  b2 2 2 2 2 a  2ab  b 3a  3b  6ab 10ab  6ab 4 1
Vì a  b  0  P  0  P  2
b) Từ 2x + y = 11z và 3x – y = 4z suy ra 5x  15z  x  3z
Từ 2x + y = 11z và x = 3z suy ra y = 5z 2 2 2 2x  3xy 18z  45z 9
Thay vào biểu thức Q ta được: Q    2 2 2 2 x  3y 9z  75z 28 5a  b thoûa maõn c) Từ giả thiết: 2 2
5a  2b  11ab  5a  ba  2b  
 0   a  2b (loaïi) 2 2 4a 125a
Thay 5a = b vào A ta được: A   11  2 2 a 10a 1 Bài 8. Cho 2 a  a  1  .
0 Tính giá trị của biểu thức P  2013 a  2013 a HD: a) Từ 2
a  a 1  0 với a  1 ta có:    2    3 3 a 1 a
a 1  0  a 1  0  a  1 Ta lại có   671 2013 3 a a 1 671 1 Do đó: 2013 P  a   a   11  2 2013  3 a  3a671 2x  1 5  x Bài 9. Cho biết 2
10x  5x  3. Tính giá trị biểu thức A   (với x   1 ) 3x  1 3x  1 3 HD:
2x  13x  1  5 x3x   2 2 1
6x  2x  3x 115x  5  3x  x Ta có: A    3x   1 3x   2 1 9x 1 3x 15x  6 3 2 2 x  5x  2   1 2 2   9x 1 9x 1 Từ điều kiện 2 2
10x  5x  3  5x  3 10x thay vào (1) ta được: 3 2 2 x  3 10x  2 3 2 1 9x  A    3  2 2 9x 1 9x 1 2016 x  2017 y
Bài 10. Cho 0 < x < y và 2 x  2 2
2 y  5xy. Tính giá trị của P  . 3x  2 y HD:
Phân tích: Quan sát, chúng ta nhận thấy giả thiết chứa đa thức bậc hai đối với biến x, y, còn
kết luận là phân thức mà tử và mẫu là đa thức bậc nhất đối với biến x, y. Do vậy chúng ta
tìm mối quan hệ giữa x và y từ giả thiết để biểu diễn x theo y hoặc ngược lại. Với suy nghĩ
ấy, chúng ta phân tích đa thức thành nhân tử từ điều kiện thứ hai. Ta có: Từ 2 2 2 2
2x  2y  5xy  2x  5xy  2y  0
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 6
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 2 2
2x  4xy  xy  2y  0  2x  yx  2y  0
Ta có y  x  0  2y  x  x  2y  0  2x  y  0  y  2x 2016x  2017.2x Từ đó ta có: P   6050. 3x  2.2x x 2 2 x Bài 11. Cho biết
 . Hãy tính giá trị của biểu thức: Q  2 x  x  1 3 4 2 x  x  1 HD: Áp dụng HĐT:     2 2 2 x y x y  2xy x 2 2 x  x 1 3 1 3 1 5 Từ   x  0, do đó :
  x  1   x   2 x  x 1 3 x 2 x 2 x 2 2 2 4 2 x 1 x  x 1 1  1  21 Ta có: 2 Q     x  1  x  1  4 2 2 2   x  x 1 Q x x  x  4 2 x 4 Suy ra Q   4 2 x  x 1 21 2 x  7 xy  52
Bài 12. Cho x, y thỏa mãn 2 x  2
2 y  2xy  6x  2 y  13  0. Tính H  . x  y HD: Từ giả thiết suy ra 2 2 2
x  2xy  y  y  6x  2y 13  0.
   2       
      2    2 2 x y 6 x y 9 y 4y 4 0 x y 3 y 2  0 x  y  3  0 x  5 25  7.5.2  52      H   21. y  2  0  y  2 5  2 x 1 4 x  3 3x  18x  1 Bài 13. a) Cho x thỏa mãn
 . Tính giá trị biểu thức P  2 x  x  1 2 3 x  2 2x  7x  1 2 3x y  b) Cho x,y thỏa mãn 1 2 x  xy  2 2
2 y  2x  6 y  5  0. Tính giá trị của biểu thức N  4xy x 1 HD: a) Từ giả thiết:  suy ra 2 2
x  x 1  2x  x  3x 1  0 2 x  x 1 2 Ta có: 4 2      2    2 x 3x 18x 1 x 3x 1 x   1 15x. 3 2      2 x 2x 7x 1 x  3x   1 x   1  9x
 2x 3x  1 2x  115x 15x 5 Với 2
x  3x 1  0 ta có P     . 2 x  3x   1 x   1  9x 9x 3 b) Ta có: 2 2 2 2 2
x  2xy  2y  2x  6y  5  0  x  2xy  y  y  2x  2y  4y  5  0
    2    2 x y 1 y 2  0
Dấu bằng xảy ra khi x  y 1  0 và y + 2 = 0 hay y  2; x  1.   2 3 1 2 1 7 Từ đó suy ra N    4  1  2   8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 7
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 16 x  1
Bài 14. a) Tính giá trị của biểu thức sau:  với x = 2011 x  1 2 x  1 4 x  1 8 x  1
b) Cho  x  y3   x  y2 3 6 3  12 x  3 y  1
 9 . Tìm giá trị của biểu thức P = x + 3y HD:
a) Ta có: 16        2   4   8 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x   1 x 1
x  1x  1 2 x   1  4 x   1  8 16 x   1      x   1  x 1 2 x   1  4 x   1  8 x   1 x  1 2 x   1  4 x   1  8 x   1
Thay x = 2011 ta được kết quả 2010 b) Ta có:   3    2 x 3y
6 x 3y 12x  3y  8  27     3   3 x 3y 2 3  x  3y  2  3   x  3y  1  B        ài 15. Cho x, y, z thỏa mãn 2 2 2 x y z 7; x y z 23; xyz 3 1 1 1
Tính giá trị của biểu thức H    xy  z  6 yz  x  6 zx  y  6
HD: Vì x  y  z  7  z  x  y  7  z  6  1 x  y
 xy  z  6  xy 1 x  y  xy  x  y   1  x   1  y   1
Tương tự ta có: yz  x  6   y   1 z   1 ;
zx  y  6  z   1 y   1 1 1 1 z 1 x 1 y 1 Vậy H      x   1 y   1 y   1 z   1 z   1 x   1 x   1 y   1 z   1 x  y  z  3 7  3 4   
xyz  xy  yz  xz  x  y  z 1 3  xy  yz  xz  7 1 9  xy  yz  xz Ta lại có:    2 2 2 2         2 x y z x y z
2 xy yz xz  7  23  2xy  yz  xz  4 xy  yz  xz  13 Vậy H   1  9 13 1 1 1
Bài 16. Cho x, y, z đôi một khác nhau và    0 x y z yz xz xy
Tính giá trị của biểu thức: A    2 2 2 x  2 yz y  2xz z  2xy 1 1 1 xy  yz  xz HD: Ta có:    0 
 0  xy  yz  xz  0  yz  xy  xz x y z xyz 2 2 2
x  2yz  x  yz  yz  x  yz  xy  xz  x x  y  zx  y  x  yx  z Tương tự: 2        2 y 2xz
y x y z ; z  2xy  z  xz  y yz xz xy Do đó: A  
                 1 x y x z y x y z z x z y
Bài 17. Cho ba số x, y, z đôi một khác nhau, thỏa mãn x3 + y3 + z3 = 3xyz và xyz ≠ 0.
16( x  y) 3( y  z) 2038(z  x)
Tính giá trị của biểu thức: B    . z x y
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 8
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 HD: Ta có: 3 3 3
x  y  z  3xyz (x ≠ y ≠ z; xyz ≠ 0)
 x  y3 – 3xyx  y 3  z – 3xyz  0
 x  y  z3 – 3zx  yx  y  z – 3xyx  y  z  0      2 2 2
x y z x  y  z – xy – yz – zx  0 x  y  z  0 x  y  z   1 x  y  0 y  z  x
 x  y  z x – y2  y – z2  z  x2   0      2   y  z  0    z  x  y      z  x  0  x  y  z (loai)
16(x  y) 3(y  z) 2038(z  x) 16( z) 3( x) 2038( y) Vậy B        2019 z x y z x y 2004a b c Bài 18. Tính M    , biêt abc = 2004 ab  2004a  2004 bc  b  2004 ac  c  1 HD:
Thay 2004  abc vào M ta được: 2 2 a bc b c a bc b c M       2
ab  a bc  abc bc  b  abc ac  c 1 ab1 ac  c bc 1 ac ac  c 1 ac 1 c ac 1 c      1
1 ac  c c 1 ac ac  c 1 1 ac  c
Bài 19. Cho a, b, c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: a b c2 2 2 2    a  b  c 2 2 2 a b c
Tính giá trị của biểu thức: P    2 2 2 a  2bc b  2ac c  2ab HD: Từ    2 2 2 2
a b c  a  b  c  ab  ac  bc  0 2 2 2 a a a 2 2   b b . Tương tự:  ; 2 2 a  2bc a  ab  ac  bc a  ba  c 2 b  2ac b  ab  c 2 2 c c  2 c  2ac c  ac  b 2 2 2 a b c Vậy P    2 2 2 a  2bc b  2ac c  2ab 2 2 2 a b c
a  ba  cb  c  
                        1 a b a c a b b c a c b c a b a c b c 1 1 1 yz xz xy Bài 20. Cho
   0  x, y, z  0. Tính giá tri của biểu thức   x y z 2 2 2 x y z 1 1 1 1  1 1  HD: Vì    0     x y z z  x y   
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 9
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 3 1  1 1  1  1 1 1 1 1 1          3. .  3. .  3   3  3 2 2 3  z  x y  z  x x y x y y  1 1 1 1 1  1 1  1 1 1 1     3.  . .      3. 3 3 3   3 3 3 x y z x y  x y  x y z xyz  1 1 1  xyz xyz xyz yz zx xy Do đó: xyz    3     3     3  3 3 3  3 3 3 2 2 2  x y z  x y z x y z
Bài 21. Cho a + b + c = 0 và abc  0,tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 P    2 2 2 2 2 2 2 2 2 b  c  a a  c  b a  b  c HD:
Từ giả thiết a + b + c = 0 ½ a = – (b + c) hoặc b = – (a + c) hoặc c = – (a + b) 1 1 1 P    2 2 2 2 2 2 2 2 2 b  c  a a  c  b a  b  c 1 1 1 1 1 1        b  c  b  c 0 2
a  c  a  c2 a  b  a  b2 2 2 2 2 2 2 2a  b 2a  c 2a  b
Bài 22. Cho a, b, c là các số khác 0 thỏa mãn: 3 3 3 3 3 3 2 2 2 a b  b c  c a  3a b c  a  b  c 
Tính giá trị biểu thức P  1  1  1       b  c  a  HD:
Đặt ab  x ; bc  y; ca  z Ta có: 3 3 3 3 3 3 2 2 2 3 3 3
a b  b c  c a  3a b c  x  y  z  3xyz      2 2 2
x y z x  y  z  xy  yz  xz  0
 x  y  z  0 hoặc 2 2 2
x  y  z  xy  yz  xz  0 TH1: x  y  z  0
Sử dụng hằng đẳng thức :    3 3 3 3
x y z  x  y  z  3x  y y  zx  z
 xyz  x  yy  zx  z Ta có: 2 2 2
a b c  ab  bcbc  caca  ab
         a  b  c  abc a b b c c a  P  1 1 1  1       b  c  a  TH2: 2 2 2
x  y  z  xy  yz  xz  0
   2    2    2 x y y z
z x  0  x  y  z  ab  bc  ca  a  b  c  P  8
Bài 23. Cho x, y hỏa mãn đẳng thức: 2 2
x  y  10  2 x  3 y . Tính giá trị biểu thức: 2 2 2 2 2  x y  x y  x      y P . 
với x  0; y  0; x   y 2 2  2 2 x  x  xy xy xy  y  x  xy  y
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 10
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
HD: Với x  0; y  0; x  y ta có: 2 2  x y   2 2 x  y x  y 2  xy  x  y P     x  xyx  y . 2 2  x  xy  y  
2 xyx  y  x  yx  y2 x  y   x xyx  y . 2 2 x  xy  y 2  x  y 2 2 x  xy  y  x  y 2 x  y x  y      x xyx  y . 2 2 x  xy  y x xy xy Ta có: 2 2       2 2 x y
10 2 x 3y  x  2x 1 y  6y  9  0       2    2 x 1 x 1 y 3  0   (tm) y  3  x  y 1 3 2 Nên thay x  1; y  3  vào biểu thức P    xy 1. 3   3 6 x  5 3x  4 3x  3 x  2020 Bài 24. Cho biểu thức 2 x  x  1  . 0 Tính giá trị Q  . 6 x  3 x  2 3x  3x  2020 HD:
Ta không thể tìm x để rồi thay vào biểu thức được, bởi kết quả x không phải số hữu tỉ, thay
vào Q tính rất phức tạp. Do vậy ta có hai định hướng:
 Hướng suy nghĩ thứ nhất, viết tử thức và mẫu thức dưới dạng  2 x  x   1 .q(x)  r(x)
 Hướng suy nghĩ thứ hai, chúng ta quan sát thấy có dạng hằng đẳng thức, biến đổi giả thiết
khéo léo để xuất hiện thành tử thức và mẫu thức. Cách 1. Ta có: 6 5 4 3       2    4 3 2 x 3x 3x x 2020 x
x 1 x  2x  2x  x   1  2021 6 3 2       2    4 3 2 x x 3x 3x 2020 x
x 1 x  x  2x  2x   1  2021 2021 Với 2
x  x 1  0 thì tử số là 2011; mẫu số là 2021. Vậy Q   1. 2021 Cách 2. Ta có:           3 2 2 6 x x 1 0 x x 1 x x 1 6 3 2 6 3 2
 x  x  3x  3x 1 x  x  3x  3x  1
Suy ra mẫu số bằng:1 2020  2021. Ta có:          3 2 2 2 x x 1 0 x x 1 x x  1 6 5 4 3
 x  3x  3x  x  1 2021
Suy ra tử số bằng:1 2020  2021. Vậy Q   1. 2021
Bài 25. Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn: ab  bc  ca  1
a  b2 b  c2 c  a2
Tính giá trị của biểu thức A  1 2a1 2b1 2c HD: Ta có: 2 2
1 a  ab  bc  ca  a  a a  b  ca  b  a  ba  c Tương tự: 2
1 b  b  ab  c và 2
1 c  c  ac  b
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 11
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
  2   2   2 a b b c c a Do đó: A 
             1 (a b) a c b a b c c a c b 2 2 x y z a b c a  b c2
Bài 26. Cho    2 (1) và    2 (2). Tính D           
 x  y   a b c x y z     z HD:
Từ (1) suy ra bcx + acy + abz = 0 (3) 2 2 2 a  b c ab ac bc Từ (2) suy ra          
      2      4 x y   z xy xz yz 2 2 2 a  b c ab ac bc             (4)
       42      x y   z xy xz yz
Thay (3) vào (4) ta có D = 4 – 2.0 = 4 1 1 1
Bài 27. a) Cho a + b + c = 1 và    0. Tính  2  2  2 P a b c a b c 1 1 1 1 a b c
b) Cho a  b  c  2014 và    . Tính S    a  b a  c b  c 2014 b  c a  c a  b HD: 1 1 1 bc  ac  ab a) Ta có:    0 
 0  bc  ac  ab  0 (1) a b c abc
       2 2 2 2 a b c 1
a b c  1  a  b  c  2ab  ac  bc  1 (2)
Kết hợp (1) và (2) suy ra 2 2 2 P  a  b  c  1 1 1 1 1 b) Ta có:    a  b a  c b  c 2011
a  b  c  2014  a  2014  b  c; b  2014  (a  c); c  2014  (a  b)
2014  b  c 2014  a  c 2014  a  b 2014 2014 2014 Do đó: S     1 1 1 b  c a  c a  b b  c a  c a  b  1 1 1  1  2014.    3  2014.  3  1 3  2    Vậy S  2
 b  c a  c a  b  2014
Bài 28. Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0 và xyz  0. 2 2 2 x y z
Tính giá trị của biểu thức: P    . 2 y  2 z  2 2 x z  2 x  2 2 y x  2 y  2 z HD: Từ 3 3 3
x  y  z  0  x  y  z  3xyz. Từ giả thiết, ta có 2 2 2
y  z  x  y  z  x  2  xy.
Làm tương tự, thay vào P, ta được: 2 2 2 3 3 3 x y z x  y  z 3xyz 3 P       2  yz 2  xz 2  xy 2xyz 2  xyz 2 1 1 1
Bài 29. Cho ax  by  c; by  cz  a; cz  ax  b và a  b  c  0 . Tính P    . x  1 y  1 z  1
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 12
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 3a  b 5b  3a Cho a, b thỏa mãn 2 a  2 4 2b  7ab  0 và 2 a  2 4 b  0 . Tính: A   . 2a  b 2a  b
HD: a) Từ giả thiết suy ra:
a  b  c  2ax  by  cz  a  b  c  2c  cz  2c1 z 1 2c 1 2a 1 2b Nên:  . Tương tự:  ;  . z 1 a  b  c x 1 a  b  c y  z a  b  c 1 1 1 2a  2b  2c Suy ra: P      2 x 1 y 1 z 1 a  b  c 2 2 2 2
6a  ab  b 10ab  6a  3ab 14ab  6b b) Ta có: A    2 2 2 2 4a  b 7ab  3b 2 x  2 2 y x  2 y 8 x  8 8 y x  8 y Bài 30. Cho biết 
 3 . Tính giá trị của biểu thức: M   . 2 x  2 2 y x  2 y 8 x  8 8 y x  8 y
x  y 2 x  y 2 2 2 2 2 2 4 4 x  y  4 4 x  y 3 HD: Từ giả thiết    3   3   2 2 x  y  2 2 x  y  4 4 4 4 x  y x  y 2 3 2 x  y x  y
x  y 2 x  y 2 4 4 4 4 4 4 4 4 Ta có:     4 4 4 4 2 3 x  y x  y  4 4 x  y  4 4 x  y  3 2 2 8 8 x  y  8 8 x  y 3 1 13 13 12 313         M    8 8 8 8 2 3 x  y x  y 4 3 12 12 13 156
Bài 31. Cho hai số thực a, b thỏa điều kiện ab  1, a b  0 . Tính giá trị của biểu thức: 1  1 1  3  1 1  6 1 1 P   3  3   3    a b   a b  4  2   2     a b   a b  5         a b  a b
HD: Với ab 1, a  b  0 , ta có: a  b 3 2 2 3 3 a  b  6a  b P   
a b3ab3 a b4ab2 a b5ab a  b 3 2 2
a  b  6a  b a b 1 3 2 2 3 3 2 2 a  b  6       a b3 a b4 a b5 a b2 a b4 a b4 a b  1ab2 2 2 3 2 2 a  b 6  2 2 a  b   1  2 2 a  b  23 2 2 a  b 6   a b4 a b4
a b 2 4a b 4 a b 22 a b 2ab2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b   2 2         1 a b4 a b4 a b4 a b4
Vậy P = 1, với ab 1, a  b  0 . 2 2 2 b  c a a bc2 2 Bài 32. Cho x  ; y 
. Tính giá trị biểu thức P  xy  x  y bc bc2 2 2 a
HD: Ta có: P  xy  x  y  x   1 y   1 1
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 13
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 2 2 2 b  2bc  c a bc2 2 a bcabca Xét x 1   2bc 2bc 2bc 2 2 2 2
b  2bc  c b  2bcc 4bc Xét y 1  
b  cab  c  a bcabca bcabca 4bc Vậy P  
     1 211 2bc b c a b c a
Bài 33. Giả sử x, y, z là các số thực khác không, thỏa mãn hệ đẳng thức:  1 1 1 1   1 1 x      y   2 1 1 1 y z     z           z x  x y   
. Hãy tính giá trị của biểu thức: P     x y z x3  y3  z3   1 HD:
Phân tích. Bài toán này thuộc dạng tính giá trị biết điều kiện của biến số. Quan sát, nhận
thấy bài toán có hai điều kiện nhưng có ba biến số (số biến nhiều hơn số điều kiện). Do điều
kiện hai đơn giản, không phân tích tiếp được. Với điều kiện thứ nhất, chúng ta biến đổi và
nhận thấy phân tích thành nhân tử được, tìm được mối quan hệ giữa hai trong ba biến. Từ đó
tìm được cách giải sau. 1 1 1 1 1 1 Từ đẳng thức: x     y      z     2  y z   z x x y Ta có: 2 2 2 2 2
2xyz  x z  x y  y z  z y  z x  0   2   2   2 2   2 2 xyz x z xyz y z x y y x z x  z y 0 x  y  0 
x yy zz x 0        y   z  0 zx0 
Không mất tổng quát, giả sử 3 3
x  y  0  x  y  0 1 1 1 x  y 1 Từ 3 3 3 x  y  z 1 thì 3
z 1 z 1. Vậy P       011 x y z xy 1 1 1 1 x6  y6  z6
Bài 34. Cho x, y, z thỏa mãn x  y  z     0 và xyz = 1. Tính M  x y z x3  y3  z3 HD: Ta có: 3 3 3
x  y  z  0  x  y  z  3xyz  3 (vì xyz = 1) (1) 1 1 1
   0  xy  yz  zx  0  x y  y z  z x  3xy.yz.zx  3xyz2 3 3 3 3 3 3  3 x y z      2 6 6 6 3 3 3   3 3 3 3 3 3 x y z x y z
2 x y  y z  z x  02.3 3. (2)
Kết hợp (1) và (2) suy ra M = 1
Bài 35. a) Cho x, y dương và 2010 2010 2011 2011 2012 2012 x  y  x  y  x  y . Tính 2020 2020 S  x  y
b) Cho a, b dương và 2000  2000  2001  2001  2002  2002 a b a b a b . Tính  2011  2011 M a b HD: a) Ta có 2012 2012    2011 2011     2010 2010 x y x y x y x  y .xy (1)
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 14
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Do x, y là hai số dương và 2010 2010 2011 2011 2012 2012 x  y  x  y  x  y Nên đặt 2010 2010 2011 2011 2012 2012 m  x  y  x  y  x  y                 x  1 (1) m m x y mxy 1 x y xy x 1 1 y  0  y 1 Với x  1 ta có: 2010 2010 2011 2011 2010 2011 1  y  1  y  y  y
 y  1 hoặc y  0(loại) Với 2010 2011 y  1  x  x
 x  1 hoặc x  0 (ktm)
Vậy cả hai trường hợp ta đều có: 2020 2020 S  x  y  11  2 b) Ta có:  2001 2001     2000 2000   2002 2002 a b a b a b ab  a  b
            a  1 a b ab 1 a 1 b 1  0  b 1 b  1 (tm) Với 2000 2001 a  1  b  b  b 0 (ktm) a  1 (tm) Với 2000 2001 b  1  a  a  a 0 (ktm) Vậy 2011 2011 a  1; b  1 M  a  b  2
Bài 36. Cho x  y  z  1 và 3 3 3 x  y  z  1. Tính 2015 2015 2015 A  x  y  z HD:
Từ        3 x y z 1 x y z  1 Mà 3 3 3 x  y  z  1
    3           3 3 3 3 3    3 3 x y z x y z 0 x y z z x  y   0
 x  y  z  zx  y  z2  x  y  z 2
z  z   x  y 2 2 x  xy  y   0    x  y 2 2 2 2 2 2 2
x  y  z  2xy  2yz  2xz  xz  yz  z  z  x  xy  y   0  x  y 2
3z  3xy  3yz  3xz  0  x  y3y  zx  z  0 x  y  0 x  y y z 0      y  z   x  z  0 x  z   *Nếu 2015 2015 2015
x  y  z  1  A  x  y  z  1 *Nếu 2015 2015 2015
y  z  x  1  A  x  y  z  1 *Nếu 2015 2015 2015
x  z  y  1  A  x  y  z  1 Bài 37. Cho 2 2 2 3 3 3
a  b  c  a  b  c  1. Tính 2 2012 2013 S  a  b  c HD: Ta có: 2 2 2 3 3 3
a  b  c  a  b  c  1  a; b;c  1  ;  1 3 3 3      2 2 2    2     2     2 a b c a b c a a 1 b b 1  c c   1  0 3 3 3
 a  b  c 1 a; b ; c nhận hai giá trị là 0hoặc 1 2012 2 2013 2 2 2012 2013  b  b ;c  c  S  a  b  c 1
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 15
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 1. Cho ba số x, y, z thỏa mãn 2 2 2
4x  2 y  2z – 4xy – 4xz  2 yz – 6 y – 10z  34  0 ,
Tính gia trị của biểu thức T   x
2014   y 2014  z 2014 – 4 – 4 – 4 . HD: Ta có 2 2 2
4x  2y  2z – 4xy – 4xz  2yz – 6y –10z  34  0
 4x – 4x y  z  y  z2 2    2 2
y  z – 6y –10z  34  0     2   2  2 2x – y – z y – 3
z – 5  0  y  3 ; z  5 ; x  4 Khi đó   2014   2014  2014 T 4 – 4 3 – 4 5 – 4  2 . Bài 38. Cho 2 2 2 3 3 3
a  b  c  a  b  c  1. Tính 2 2012 2013 S  a  b  c HD: Ta có: 2 2 2 3 3 3
a  b  c  a  b  c  1  a; b; c 1;  1 3 3 3      2 2 2    2     2     2 a b c a b c a a 1 b b 1  c c   1  0 3 3 3
 a  b  c  1  a ; b ; c nhận hai giá trị là 0hoặc1 2012 2 2013 2 2 2012 2013  b  b ;c  c ; S  a  b  c  1  1 1 1 
Bài 39. Cho 3 số a, b, c khác 0, thỏa mãn a  b  c    . 
 1 Tính giá trị của biểu thức  a b c 
  2015  2015  2017  2017  2019  2019 M a b b c c a  HD:  1 1 1  ab  bc  ac Ta có: c)a  b  c    1    a  b  c.  1  a b c  abc a  b  0
a b cab bc ac abc 0 a bb cc a 0               b  c  0  c  a  0 
Nếu        2015 2015 a b 0 a b a  b   0  M  0
Nếu        2017 2017 b c 0 b c b  c   0  M  0 Nếu 2019 2019
a  c  0  a  c  a  c  0  M  0
Bài 40. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn   3    3    3 a b b c c a  210
Tính giá trị của biểu thức B  a  b  b  c  c  a HD:
Đặt a  b  x; b  c  y; c  a  z  x  y  z  0  z  x  y Ta có:         3 3 3 3 3 3 x y z 210 x y x y  210  3xy  x  y    210 xyz 70
Do x, y, z la số nguyên có tổng bằng 0và xyz  70   2  .5.7 nên x; y;  z  2  ;5;  7         A a b b c c a 14 1 1 1
Bài 41. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: 2 x  2 y  2 z     6. 2 2 2 x y z Tính  2020  2020  2020 P x y z . HD:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 16
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Từ giả thiết chuyển vế, ta có: 2 2 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 x  y  z     6  x  2   y  2   z  2   0 2 2 2 2 2 2 x y z x y z  1 x   x 2 2020  x 1 x  1 2 2 2  1   1   1   1   2 2020  x   y   z   0       
y   y 1  y
 1  P  111  3.  x   y   z  y   2  2020 z  1 z  1  1   z   z 2016 a  2016 b  2016 c
Bài 42. Cho a +b +c  0 và a3 + b3 + c3 = 3abc . Tính N = a  b  c2016 HD: Ta có: 3 3 3 3 3 3
a  b  c  3abc  a  b  c  3abc  0
 a  b  3ab(a  b)  c  3ab(a  b)  3abc  0  a  b3 3 3 3 3
 c  3ab(a  b  c)  0 2 2 2
 (a  b  c)(a  2ab  b  ac  bc  c )  3ab(a  b  c)  0 2 2 2
 (a  b  c)(a  b  c  ab  ac  bc)  0 2 2 2
 a  b  c – ab – ac – bc  0 (vì a  b  c  0) 2 2 2
 2a  2b  2c – 2ab – 2ac – 2bc  0   2   2   2 a – b b – c
c – a  0  a – b = 0 và b – c = 0 và c – a = 0  a = b = c Vì  2    2    2 a – b 0 a, b; b – c 0 b,c; c – a  0 a, c.
Mà a + b + c  0  a = b = c  0 (*) 2016 2016 2016 2016 2016 a  a  a 3a 3a 1 Thay (*) vào N ta có: N     a  a  a2016 3a2016 2016 2015 (3a) 3
Dạng 2. Tính giá trị biểu thức số bằng cách biến đổi từ công thức tổng quát. 3 3  3 3 1 5  3 3 2 7  3 3 3 101  3 50
Bài 2. Tính giá trị của biểu thức: A     ...  3 2  3 3 1 3  3 3 2 4  3 3 3 51  3 50
HD: Xét phân thức tổng quát: 2n  3 1  n
3n  12n  2 1  n 2n   2 1  n  3n  1    2 3 3n  3n   1    3n 1 n  3 3 2 2 1  n 3n  3n 1 3n  3n 1 Do đó: A  3.1  1  3.2   1  3.3   1  ...  3.5  
1  31 2  3  ... 50  50  3875. 4 1  4 4 5  4 4 9  4 4 17  4 Bài 3. Tìm tích: M  . . .... 4 3  4 4 7  4 4 11  4 4 19  4 HD: Nhận xét được:
    2      2 4 n 4 n 1 1 n 1 1     . 1. 2 2   1
 24  1. 26  1  2 16   1 . 2 18   1 1 1 Do đó: M   . ......   2 2   1 . 2 4   1  2 6   1 . 2 8   1  2 18   1 . 2 20   2 1 20 1 401
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 17
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  1  4 1  4 1   4 1  1  3  5  .......... 29        4 4 4 4
Bài 4. Tính giá trị của biểu thức A =      
 4 1  4 1  4 1   4 1  2  4  6  .......... 30         4  4  4   4  2 1  1   1  1 
HD: Ta xét biểu thức tổng quát: 4 2 2 2 2 a   a   a  a  a  a  a       4  2   2  2 
Khi cho a các giá trị chạy từ 1 đến 30 với a thì:
Tử thức viết được thành  2 1  2 1  2 1  2 1   2 1  2 1  1 1 1 1 3  3  3  3   29  29  29  29           2  2  2  2   2  2 
Mẫu thức viết được thành  2 1  2 1  2 1  2 1   2 1  2 1  2  2  2  2  4  4  4  4   30  30  30  30           2  2  2  2   2  2  1 1 Mặt khác k  2 1  k   2 1    .   k  k  . 2 2 1 1 1 1 1 1 Do đó: 2 2 2  2   1 1 ; 2 2
3  3   2  2  ; 2 2
4  4   3  3  ; ……. 2 2 2 2 2 2 Vậy  1   1  1 2 2 A  1 1 : 30  30        2   2  1861 1 1 1 4 8 Tính tổng S      với x  2 2 4 8 Bài 5. 1  x 1  x 1  x 1  x 1  x HD: Ta có: 1 1 1 1 8 S      2 4 8 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 2 2 4 8 4 4 8 8 8 16           2 2 4 8 4 4 8 8 8 16 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x
Thay x  2 ta được kết quả 2 3k  3k  1
Bài 6. Cho a ,a ...a được xác định bởi công thức: a  với mọi k  1 1 2 9 k k  k3 2
Hãy tính giá trị của tổng:1  a  a  ...  a . 1 2 9 HD:
Phân tích. Bài toán có tính quy luật, thay số vào tính là không khả thi. Do vậy chúng ta
nghĩ đến việc tách mỗi phân thức thành hiệu của hai phân thức, rồi khử liên tiếp. Nhận thấy      3 2 3 3k 3k 1
k 1  k , nên chúng ta có lời giải sau: 2 3k  3k 1 k  3 3 1  k 1 1 Ta có: a     k k  k3 3 2 k k  3 3 1 k k  3 1  1   1 1   1 1  1 1999
Do đó: S  1 a  a  ...  a  1 1    ...   2   . 1 2       9 3 3 3 3 3 3  2   2 3   9 10  10 1000
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 18
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Chủ đề 3. RÚT GỌN BIỂU THỨC
Dạng 1. Rút gọn biểu thức bằng cách sử dụng tính chất cơ bản của phân thức
Bài 1. Rút gọn biểu thức: 3 2 x  2 7 x  12 x  45
a  14  11a  12  30 a) b) N  3 3 x  2 19 x  33x  9 3a  14  18 2 a  2a  3 HD: 3 2 3 2 2 2x  7x 12x  45
2x  6x  x  3x 15x  45
2x  5x 3 2x  5 a)    3 2 3 2 2 3x 19x  33x  9
3x  9x 10x  30x  3x  9
3x  1x 3 3x 1          a  2 1  5 a  2 4 2 1  6 a 1 11 a 1 30  2 a  2a  5 b) N        . 3a  4
1 18a  2a  3 3a  4 1 18a  2 2 1 15 2 3a  6a
Bài 2. Rút gọn biểu thức: 3 n  2 2n  1 5 x  4 2x  3 2x  2 4x  3x  6 a) A  ; b) M  3 n  2 2n  2n  1 2 x  2x  8 HD: 3 2 3 2 2 n  2n 1 n  n  n 1 2 n n   1  n   1 n   2 1 n  n 1 a) A     3 2 3 2 2 n  2n  2n 1 n  n  n  n  n 1 2 n n   1  n n   2 1  n 1 n  n 1 5 4 3 2 4
x  2x  2x  4x  3x  6 x x  2 2
 2x x  2  3x  2  2 x   1  2 x  3 b) M    2 x  2x  8 x  2x  4 x  4
Bài 3. Rút gọn biểu thức: 2 xy  2 y  2 y  x 1 5 x  4 2x  3 2x  2 4x  3x  6 a) N  b) A  2 4 x y  4 2 y  2 x  2 2 x  x  2 HD: 2 2 xy  y  2 y  x 4 1 y 1  1 a) N    2 4 4 2 x y  2y  x  2
 2x  2 4y   2 1 x  2
x x  2  2x x  2  3x  2    4 2 4 2 x 2 x  2x  3 b) Ta có: A    2 x  3   x  1 x   1 x  2 x   1 x  2 x3  y3  z3  3xyz
Rút gọn biểu thức B  x  y2  y  z2 x  z2 Bài 4. HD: Ta có:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 19
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
*) x  y  z  3xyz  x  y3 3 3 3  3xyx  y 3  z  3xyz
 x  y  z3  3x  yzx  y  z  3xyx  y  z
 x  y  zx  y  z2  3xz  3yz  3xy    x  y  z 2 2 2
x  y  z  xy  yz  xz
*)x  y2  y  z2  x  z2 2 2 2 2 2 2
 x  2xy  y  y  2yz  z  x  2xz  z  2 2 2 2
x  y  z  xy  yz  xz x  y  z 2 2 2
x  y  z  xy  yz  xz x  y  z Vậy B   2 2 2 2
x  y  z  xy  yz  xz 2
Bài 5. Rút gọn biểu thức:
abc  a  b  c  ab  bc  ca  1 1  4 x  8 x  ...  2020 x a) P  b) Q  2 a b  1   2 a  b . 1  2 x  4 x  ...  2022 x HD:
abc  bc  a 1 ab  b  ac  c
a  1bc 1 b  c a  1b  1c   1 c 1 a) P     . 2 2 a b  a  b 1 b  1 2a  1 b   1 a   1 a   1 a 1 4 8 2020 1 x  x  ...  x b) Ta có: Q   4 8 2020 1 x  x  ...  x  2 6 10 2022 x  x  x  ...  x  4 8 2020 1 x  x  ...  x 1    2 1 x  4 8 2020 1 x  x  ...  x  2 1 x 3 7 1 1 2a 4a 8a
Bài 6. Rút gọn biểu thức: B      . a  b a  2 b a  2 4 b a  4 8 b a  8 b HD:
Phân tích. Quan sát các phân thức, chúng ta nhận thấy không có mẫu của hạng tử nào phân
tích được thành nhân tử nên việc quy đồng mẫu thức tất cả các hạng tử là không khả thi.
Nhận thấy mẫu của hai phân thức đầu có dạng a – b và a + b, thực hiện trước tổng của hai
phân thức này cho ta kết quả gọn.Với suy luận ấy, chúng ta tiếp tục cộng kết quả ấy với phân thức tiếp theo. 3 7 2a 2a 4a 8a Ta có: B     2 2 2 2 4 4 8 8 a  b a  b a  b a  b 3 3 7 7 7 15 4a 4a 8a 8a 8a 16a  B     B    B  4 4 4 4 8 8 8 8 8 8 16 16 a  b a  b a  b a  b a  b a  b 2 20x  120x  2 180 5x  125 2x  32  2 x
Bài 7. Rút gọn biểu thức: A    3x  52  2 2 4x 9x  2x  52 3 2 x  8x  15.   2 20 x 3
5x  5x  5 x  3.3.x   1 HD: Ta có: A     x  5.5x   1 5x   1 x  5 3x  3x  5
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 20
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8   2 x  5 x 1
  2    2   2 4 x 3 4 x 3 x 5 x 1      x  5x   1 x 1 x  5 x  1x  5 2 2 2
4x  24x  36  x 10x  25  x  2x 1  x  1x  5 2 4x  32x  60
4x  3x  5 4x  3     x  5x   1 x  5x  1 x 1 2x  3 y 6  2 xy x  9
Bài 8. Rút gọn biểu thức: A    . xy  2x  3 y  6 xy  2x  3 y  2 6 x  9 HD: 2 2x  3y 6  xy x  9 Ta có: A   
x y  2  3y  2 x y  2  3y  2 x  3x  3 2 2x  3y 6  xy x  9    
y  2x  3 y  2x  3 x  3x  3
2x  3yx  3 6  xyx 3  2x  9y  2 
x 3x  3y  2 2 2 2 2
2x  6x  3xy  9y  6x 18  x y  3xy  x y  2x  2y 18 
        0 x 3 x 3 y 2  2 x y 1 1     1       y x     x y  
Bài 9. Rút gọn biểu thức P  x2 y2 x y 2  2      y x  y x   2 2 2 x  y  xyx  y     xy  xy  x  xy  y x  y2 4 4 x  y  2 2 2 2 x  y xy HD: Ta có: P   . : 2 2 2 2 x y x  y 2 2 2 2   xy x y x y 2 2 y x xy x  xy  y x  y2 2 2 4 4 3 3 x  y  x y y x  . : 2 2 2 2 xy x y x y x  xy  y x  y2 2 2 2 2 x y 1  . .  2 2 xy x y xy 3 3 x  y  xy
x2 a1aa2x2 1
Bài 10. Chứng minh giá trị biểu thức P  
không phụ thuộc vào biến x
x2  a1  a  a2x2  1 HD:  2x a1a 2 2 2 2 2 2 2
 a x 1 x  ax  a  a  a x 1 Ta có: P    2 x  a1 a 2 2 2 2 2 2 2
 a x 1 x  ax  a  a  a x 1
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 21
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  2 1 x    2 1 x a   2 1 x  2 a  2 1 x  2 1 a  a  2 1 a  a     2 1 x    2 1 x a   2 1 x  2 a  2 1 x  2 1 a  a  2 1 a  a
Vậy giá trị biểu thức P không phụ thuộc vào giá trị của x.  Bài tập tự giải
Bài 1. Rút gọn các phân thức sau với n là số tự nhiên: n  1! n!
n  1!n  2! a) b) c) n  ! n  2 n  1! n!
n  1! n  2!
Bài 2. Rút gọn biểu thức 2 2 2
  2    2    2 a b b c c a a) A     a  b b  c c  a
a  bb  cc  a  1 1 1   1 1 1 
b) B  ab  bc  ca     abc      2 2 2   a b c   a b c  1 1 1 1 1 c) A      2 2 2 2 2 a  a
a  3a  2 a  5a  6 a  7a 12 a  9a  20
Dạng 2. Rút gọn biểu thức thỏa mãn điều kiện cho trước của biến. x y z 2 x  2 y  2 z Bài 1. Cho 
 . Rút gọn biểu thức: P  a b c ax  by  cz2 x y z HD: Đặt
   k suy ra: x  ak; y  bk; z  ck. a b c 2 a k  b k  c k k  2 2 2 2 2 2 2 2 2 a  b  c  1 Từ đó ta có P    Suy ra P  2 2 2
a k  b k  c k 2 k a  b  c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a  b  c a b 2c
Bài 2. Cho abc = 2; rút gọn biểu thức A   
ab  a  2 bc  b  1 ac  2c  2 HD: Ta có : A = a ab 2c a ab 2c     
ab + a + 2 abc + ab + a ac + 2c + 2
ab + a + 2 2 + ab + a ac + 2c + abc = a ab 2c a ab 2 ab + a + 2        1
ab + a + 2 2 + ab + a c(a + 2 + ab)
ab + a + 2 2 + ab + a a + 2 + ab ab + a + 2
Bài 3. Cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị
x  y2 y  z2 z  x2 của biến số: P  . . xy  z yz  x zx  y HD:
Phân tích: Khai thác điều kiện bài toán, nhận thấy với điều kiện này chúng ta có thể cân
bằng bậc ở mẫu và phân tích thành nhân tử được xy z  xy zx  yzz  xz  y.
Do vậy chúng ta có lời giải sau: Lời giải
Thay 1 = x + y + z vào mẫu số, ta được:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 22
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
xy  z  xy  zx  y  zz  xz  y
Tương tự ta có: yz  x x  yx  z
zx  y  x  yy  z   2   2   2 x y y z z x Từ đó suy ra: P  
   .    .      P 1 x z y z x y x z x y y z
Vậy giá trị biểu thức M không phụ thuộc vào giá trị của biến.
Bài 4. Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn ab  bc  ca  1. Rút gọn biểu thức sau:
a2  2bc 1b2  2ca 1c2 ab 2 1 B 
a  b2 b  c2 c  a2 HD:
Thay 1  ab  bc  ca, ta được: 2 2
a  2bc 1  a  bc  ab  ca  a a  b  ca  b  a  ca  b Tương tự: 2 
       2 b 2ca 1
b c b a ; c  2ab 1  c  ac  b
a  ba  cb  ab cc  ac  b a  b2 b  c2 c  a2 Vậy B    1  
a  b2 b  c2 c  a2
a  b2 b  c2 c  a2
Bài 5. Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn ab + bc + ca = 1
a  b2 b  c2 c  a2
Rút gọn biểu thức A   2 1  a  2 1  b  2 1  c  .
HD: Phân tích: Nhận thấy mẫu thức có thể phân tích thành nhân tử bằng cách sử dụng giả thiết.
Do vậy nên thay1  ab bc ca vào mẫu và phân tích đa thức thành nhân tử. Những bài toán
rút gọn có điều kiện, chúng ta nên vận dụng và biến đổi khéo léo điều kiện. Lời giải
Thay 1 = ab + bc + ca, ta được 2 2
1 a  a  ab  bc  ca  a  ba  c Tương tự: 2
1 b  b  cc  a ; 2
1 c  c  ac  b
  2   2   2 a b b c c a Vậy A  
            1. a b a c b a b c c a c b a2 b2 c2
Bài 6. Cho a + b + c = 0; rút gọn biểu thức B    a2 b2 c2 b2 c2 a2 c2 b2 a2 HD: Từ a + b + c = 0 ½      2 2 2 2 2 2 a
b c  a  b  c  2bc  a b c  2bc Tương tự ta có: 2 2 2 2 2 2
b a c  2ac ; c b a  2ab (Hoán vị vòng quanh), nên 2 2 2 3 3 3 a b c a  b  c B     (1) 2bc 2ac 2ab 2abc 3 3 3
a  b  c  0  a  b  c  3abc (2) 3 3 3 a  b  c 3abc 3 Thay (2) vào (1) ta có B    (Vì abc  0) 2abc 2abc 2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 23
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
a b2  c2   ba2  c2   ca2  b2 
Bài 7. Cho a + b+ c = abc. Chứng minh rằng:  . abc ab  bc  ca  3 HD: Xét tử thức ta có: 2 2 2 2 2 2
ab  ac  a b  bc  a c  b c   2 2b ab  a  abc   2 2
ac  a c  abc   2 2 bc  bc  abc  3abc
 aba  b  c  aca  b  c  bca  b  c  3abc
 a  b  cab  ac  bc  3abc  abcab  ac  bc  3  2 2     2 2     2 2 a b c b a c c a  b  Vậy suy ra:  abc. (đpcm) ab  bc  ca  3
Bài 8. Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng tích sau không phụ thuộc vào biến số: 2 2 2 4bc a 4ca b 4abc  a   b  c  a) M    b) N  1   . 1       . 1         2 2 2 bc  2a ca  2b ab  2c b c   a  HD: 4bc a 4bc b c2  2 2 2  b 2bc c    bc2 a) Ta có:    (1) 2 2 bc  2a bc  a ab c 2 bc  a abac abac 4ca b   ca2 2 Tương tự ta có:  (2) 2 ca  2b babc 4ab c   a b2 2  (3) 2 ab  2c cacb 4bc a 4ca b 4abc 
 a b2bc2ca2 2 2 2
Từ (1) và (2), (3) ta có: M   1 2 2 2 bc  2a ca  2b ab  2c 
 a b2bc2ca2
Vậy giá trị biểu thức M không phụ thuộc vào giá trị của biến.  a   b 
c a  b c  b a c  c   a   b   b) Ta có: N  1   . 1        . 1             1 b c  a  b c a abc
Vậy giá trị biểu thức N không phụ thuộc vào giá trị của biến. x y z
 2x  2y  2z 2a  2b  2c
Bài 9. Cho    0. Rút gọn biểu thức A  a b c ax by cz2 x y z
HD: Đặt    k  0  x  ka; y  kb; z  kc a b c
k a k b k c a b c  k a b c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có: A   1 aka bkbckc2 2 k  2 2 2 a  b  c  a2 b2 c2
Bài 10. Cho a  b  c2  a2  b2  c2. Rút gọn biểu thức: P    . a2  bc b2  ac c2 2 2  ab 2 HD:
Phân tích. Nhận thấy nếu quy đồng mẫu trực tiếp là không khả thi bởi các mẫu hiện tại
không phân tích thành nhân tử được và nếu quy đồng thì biểu thức rất phức tạp, mặt khác
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 24
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
chưa khai thác được giả thiết. Phân tích giả thiết ta được ab  bc  ca  0 , khai thác yếu tố
này vào mẫu thức ta được: 2 2
a  2bc  a  2bc  ab  bc  ca và phân tích thành nhân tử
được. Do vậy ta có lời giải sau: Lời giải: Từ    2 2 2 2 2 2 2            2 2 2 a b c a b c a b c 2 ab bc ca  a  b  c nên ab  bc  ca  0 Xét 2 2 2
a  2bc  a  2bc  ab  bc  ca  a  ab  ca  bc  a  ba  c. Tương tự ta có: 2        2 b 2ac
b a b c ;c  2ab  c  ac  b. 2 2 2 a b c Do đó ta có: P    
a  ba  c b  ab  c c  ac  b 2    2     2 a b c b c a  c a  b
a  bb  cc  a  P         
         1. a b b c c a a b b c c a 2 ax  2 by  2 cz
Bài 11. Cho ax + by + cz = 0. Rút gọn phân thức: A  bcyz2 acxz2 abx y2 HD:
Áp dụng HĐT:    2 2 2 2 x
y z  x  y  z  2xy  yz  xz
ax  by  cz  0 ax  by  cz2 2 2 2 2 2 2
 0  a x  b y c z  2axbyaxcz bycz 0 2 2 2 2 2 2
 a x  b y  c z  2axby axcz bycz (1) Biến đổi mẫu thức:
bcyz2 acx z2 abx  y2 2 2 2 2 2 2
 bcy  bcz acx acz  abx aby 2abxyacxz bcyz (2)
Thay (1) và (2) thì mẫu thức bằng  2 2 2 2
bcy  acx  c z  2 2 2 2
bcz  abx  b y  2 2 2 2 acz  aby  a x   c 2 2 2 by  ax  cz b 2 2 2 cz  ax  by a 2 2 2 cz  by  ax   2 2 2
cz  by  ax a  b c 1 Vậy A  a bc y  x y  x 2 y  x 2
Bài 12. Rút gọn biểu thức A  2     xy xy z xy z x2  x2 25 25 Trong đó x  5 và y  ; z  10x  25 15x  25 x  x  x x 5 HD: x  5 x   5 xx   5 x   5 xx   5 Ta có y    x 10x 5 x  2 5 x   5 x
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 25
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 x  5 x   5 x 2 5 x   5 x 2 5 z    2 x 5x 15x  25 x  2 5 x  5 x 5 2 x x   5 Từ đó suy ra: xy  x5 2 2 2 x 5x x 5x  x 5x 10x y  x   x   x 5 x 5 x 5 2 y  x 10x x x  5 10x x 5 1  0   :  .  2 xy x 5 x 5 x 5 x x   5 xx   5 2 2 2 2 x 5x x 5x  x  5x 2x y  x   x   x 5 x 5 x 5 2 2 y  x 2x x x   2 5 2x x 5 2   :    2 xy x 5 x 5 x 5 x x   5 x 5 10  2 2x   5 2 2x   5 Do vậy A  2     xx   5 x 5 x  2 5 x 5 x  2 5 10 2x   5 2x   5 2x   5  2x   5  2   xx   5 x 2 5 x 2 5 20 20 4x 20 20 4x       xx   5 x 2 5 x 2 5 xx   5 x 2 5 x 2 5 20x   2 2 5  20x  4x 4x  40x 100   xx  2 5 xx  2 5
Dạng 3. Rút gọn các biểu thức có tính quy luật 1 1 1 1
Bài 1. Rút gọn biểu thức P     ...  1.3 3.5 5.7 (2n  1)(2n  1) Nhận xét: 1 1  1  1 1  1 1  1 1  1 1   1 ;   ;         1.3 2  3  3.5 2  3 5  5.7 2  5 7  1 1  1 1       (2n 1)(2n1) 2  2n 1 2n 1
Cộng các đẳng thức trên vế theo vế ta được kết quả: 1 1 1 1 n L(n)     ...   1.3 3.5 5.7 (2n 1)(2n 1) 2n 1 1 1 1 1
Bài 2. Rút gọn biểu thức M     ...  1.5 5.9 9.13 (4n  3)(4n  1) 1 1  1  1 1  1 1  1 1  1 1  HD: Nhận xét:  1 ;   ;         1.5 4  5  5.9 4  5 9  9.13 4  9 13 
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 26
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 1 1  1 1      
Cộng vế theo các đẳng thức trên ta được: (4n  3)(4n 1) 4  4n  3 4n 1 1 1 1 1 n M     ...  1.5 5.9 9.13 (4n  3)(4n 1) 4n 1
Bài 3. Rút gọn các biểu thức 150 150 150 150 1 1 1 1 a)    ...... b) D    ... 5.8 8.11 11.14 47.50 1.2.3 2.3.4 3.4.5 nn   1 n  2 HD: a) C = 150 150 150 150      ...... = 1 1 1 1 1 1 1 150. .     ......     45 5.8 8.11 11.14 47.50 3  5 8 8 11 47 50  b) Nhận xét: 1 1  1 1  1 1  1 1  1 1  1 1    ;   ;         1.2.3 2 1.2 2.3  2.3.4 2  2.3 3.4  3.4.5 2  3.4 4.5  1 1  1 1       n(n 1)(n  2)
2  n(n 1) (n 1)(n  2)  1  1 1 1 1 1 1  1  1 1  D       ...          2 1.2 2.3 2.3 3.4 n  n   1 n   1 n  2 2   2 (n 1)(n 2)  1 1 1 1
Bài 4. Rút gọn biểu thức D     ...  1. . 2 3.4 2.3.4.5 3.4.5.6 ( n n  1)(n  2).(n  3) HD: Ta có 1 1  1 1  1 1  1 1  1 1  1 1    ;   ;         1.2.3.4
3 1.2.3 2.3.4  2.3.4.5 3  2.3.4 3.4.5  3.4.5.6 3  3.4.5 4.5.6  1 1  1 1       n(n 1)(n  2)(n  3)
3  n(n 1)(n  2) (n 1)(n  2)(n  3)  2 1  1 1  n(n  6n 11) D     
3 1.2.3 (n 1)(n 2)(n  3)  18(n 1)(n  2)(n  3) 3 5 2n  1
Bài 5. Rút gọn biểu thức: B     1 22 2 3 ... . . 2 nn 12  
HD: Ta tách từng phân thức thành hiệu của hai phân thức rồi dùng phương pháp khử liên tiếp, ta được: 2n 1 n  2 2 1  k 1 1    2 n n  2 2 1 n n  2 2 1 n n  2 1 1 1 1 1 1 1 1 n n  2 Do đó B      ...    1  2 2 2 2 2 1 2 2 3 n n  2 1 n  2 2 1 (n 1)  2  2  2   2 
Bài 6. Rút gọn biểu thức A  1   1 1 1 với n nguyên dương:  1 4       ...      .  2.5 3.6 
  nn3
HD: Phân tích. Với phép nhân các biểu thức theo quy luật, chúng ta thường xét phân thức có
dạng tổng quát. Sau đó phân tích thành nhân tử cả tử và mẫu dạng tổng quát ấy. Cuối cùng
thay các giá trị từ 1 đến n vào biểu thức và rút gọn.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 27
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 2 2 k  3k  2 k   1 k  2 Xét 1   kk   3 kk   3 kk   3
Thay k 1; 2; 3;...;n ta được: 2.3 3.4 4.5 n   1 n  2 2.3.4.  .. n   1 3.4  .5... n  2 3n   1 A  . . ...     .  1.4 2.5 3.6 n n 3 1.2.3...n 4.5.6  ... n   3 n 3
Bài 7. Rút gọn các biểu thức  1   1   1   1 2 2 2 2 1 3 5 n a) A =  1 . 1 . 1 ........ 1  b) B    .... 2   2   2   2   2   3   4   n  2 2 2 2 1 4 1 6 1 n  2 1 1 HD: 2 1 k 1 k   1 k   1 a) Ta có 1   . Nên ta có: 2 2 2 k k k 1.3 2.4 3.5
n 1n  1 1.3.2.4.3.5  ... n   1 n   1 A      2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 n 2 .3 .4 ...n 1.  2.3... n   1 3.4.5.. .n   1 1 n 1 n 1      2.3.4  ... n   1 n 2.3.4...n n 2 2n b) Ta có: 2 2 2
2 1  1.3 , 4 1  3.5 , 6 1  5.7 ,…,   2 n 1 1  n n  2 2 2 2 2 1 3 5 n 1 3 5 n 1 Suy ra B   
....       ...  1.3 3.5 5.7 n n 2 3 5 7 n 1 n  2
Bài 8. Rút gọn các biểu thức 2 2 2 2 3 1 7 1 11 1 43 1
 41  4 45  4 49  4... 4 21  4 a) A     b) P  2 2 2 2 5 1 9 1 13 1 45 1
 43  4 47  4 4 11  4... 4 23  4 HD: 2.4 6.8 10.12 42.44 2 1 a) A       4.6 8.10 12.14 44.46 46 23 2 b) Xét      
           2     2 4 2 2 2 2 n 4 n 2 4n n 2n 2 n 2n 2 n 1 1 n 1 1    
 20  1 22  1  24  1 26  1  2 20   1  2 22   1 1 1 Do đó: P       2 2   1  2 4   1  2 6   1  2 8   1  2 22   1  2 24   2 1 24 1 557 n  1 n  2 2 1 1 1 1 1 Bài 9. a) Cho A    ... 
; B     ...  . Tính A : B 1 2 n  2 n  1 2 3 4 n 1 1 1 1 1 1 A b) A  . Tính 1       1   
2n  1 3 2n  3 ... 2n  3 3 2n 1 ; B ... . . . .1 3 2n  1 B n 1 n  2
n  n  2 n  n   1 HD: a) Ta có A    ...   1 2 n  2 n 1 n n n n   n n n    ...    11...1
   n   ...  n   1 1 2 n  2 n 1 2 3 n 1  n 1   n n n n  1 1 1     ...    n   ...   nB   Vậy A : B = n 2 3 n 1 n  2 3 n 
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 28
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 1 1  1 1  b) Ta có:     . Do đó
k 2n  k 2n  k 2n  k  1  1   1 1   1 1   1  A = 1    ...   1         2n  2n - 1 3 2n - 3 2n - 3 3 2n - 1          1  1 1 1   1 1 1   1  ......     ...... 1     2n  3 2n - 1 2n - 3 2n - 1 2n - 3 3      1  1 1 1  1 A 1  .2. 1  ......    .2.B     2n  3 2n - 1 2n - 3  2n B n
Chủ đề 4. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC CHỨA PHÂN THỨC ĐẠI SỐ
Dạng 1. Biến đổi vế này thành vế kia 1 3 2n 1 n2
Bài 1. Với n nguyên dương. Chứng minh rằng:  4  4  ...  4  4 1 4  3 4 2n  1 4n2 1
HD: Phân tích. Quan sát đẳng thức, chúng ta nhận thấy vế trái là tổng những phân thức viết theo
quy luật và vế trái dài, phức tạp hơn vế phái. Những bài toán có một vế phức tạp và một vế đơn
giản, chúng ta biến đổi vế phức tạp thành vế đơn giản. Do đó chúng ta định hướng biến đổi vế trái thành vế phải.
Nhận thấy nếu vế trái là tổng những phân thức viết theo quy luật, thì chúng ta tách mỗi phân
thức thành hiệu hai phân thức để khử liên tiếp. 2 Ta có:          2 4 4 2 2 2 4 m m 4m 4 4m m 2 2m     2   2 2 2 m 2m 2 m 2m 2 m 1 1 m 1 1               Thay m = 2k – 1 ta có:  4  2   2 4 2k 1 2k 1 2k 2 1           1 1
2k2 12k22 1 42k   1 Nên   
2k22 1 2k2 1 4 2k  4 1 4 2k  4 1 2k 1 1  1 1          4 2k  2 1
4 2k 22 1 2k2 1  
Cho k = 1, 2, 3, …, n ta được:   2 1 1 1 1 1 1 1 n VT  ...           2 2 2 2 4 0 1 2 1 2 1 4 1        2n 22 1 2n2 2 1 1    4n 
Suy ra VT = VP. Điều phải chứng minh. n2  n  n2 3 7 13 1 2n
Bài 2. Với mọi n nguyên dương, chứng minh rằng:   ...  1.2 2.3 3.4 nn  1 n 1 2 k  k 1 1 1 1 HD: Ta có:
   1    1  k k 1 k k 1 k k 1
Thay lần lượt k 1,2,3,...,n ta được:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 29
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 2  1  1 1  1 1  1 1  1 n  2n VT  1  1  1       1   
    ... 1         n 1  2 2 3 3 4  n n 1 n 1 n 1 2 k  k 1 1 k
Nhận xét. Ta cũng có thể biến đổi bài toán như sau:   kk   1 k k 1
Thay lần lượt k 1,2,3,...,n ta được: 2  1 1 2 1 3 1 n  n n  2n VT  1              ...       n   2 2 3 3 4 n n 1 n 1 n 1 1 1 1 abc Bài 3. Chứng minh rằng:    Biết a  b  c  2 p . p a p b p c
p pa pb pc 1 1 1 p b  pa p p  c HD: Xét vế trái: VT     
p a p b pc pap b ppc c c
c ppcpapb      
p apb ppc
ppapbpc 2 c 2p p  a bcab   abc   
ppapbpc
ppapbpc 1 1 1 1 1 12
Bài 4. Cho a, b, c khác 0 thỏa mãn a  b  c  0 . Chứng minh rằng: 2  2  2     a b c a b c 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2
HD: Thật vậy, ta có:           2 2 2 a b c a b c ab bc ca 1 1 1 2a  b  c 1 1 1    
   (vì a + b + c = 0) (Đpcm) 2 2 2 2 2 2 a b c ab  bc  ca a b c 1 1 1
Nhận xét. Nếu a, b, c là các số hữu tỉ thì   là số hữu tỉ nên bạn có thể chứng minh a b c
được bài toán sau: Cho a, b, c là các số hữu tỉ khác 0 thỏa mãn a  b  c  0. Chứng minh: 1 1 1
  là bình phương của một số hữu tỉ. 2 2 2 a b c
Nếu đặt a  x  y ; b  y z ; c  z  x thì ta được bài toán hay và khó sau: 1 1 1 Chứng minh rằng  
là bình phương của một số hữu tỉ.
xy2 yz2 zx2
Bài 5. Cho ba số a, b, c thỏa mãn b  c; a  b  c và a  b  a bc2 2 2 a a c2 2 a c Chứng minh đẳng thức  b bc2 2 b c HD: Từ
    2     2     2 2 2 2 2 2 2 a b a b c a a b c b ; b a b c a
a a c2 a  bc2 b a c2 a  2bca ca c2 2 2 Suy ra VT   
b bc2 a  bc2 a bc2 b  2a cbcbc2 2 2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 30
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
ac2a 2b2c ac          VP b c 2a 2b 2c b c
Bài 6. Cho a  b  c  a  b c2 2 2 2 . Chứng minh rằng: 2 2 2 a b c bc ca ab a) 1 b) 1 2  2  2  2  2  2  a  2bc b  2ac c  2ab a  2bc b  2ac c  2ab HD: Từ      2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a
b c  a  b  c  a  b  c  2ab  bc  ca Suy ra ab  bc  ca  0 Xét 2 2 2
a  2bc  a  2bcab bcca  a ab ca  bc  a ba c Tương tự ta có 2       2 b 2ac
b c b a ;c  2ab  cacb a) Xét vế trái ta có: 2 2 2 2 2 2 a b c a b c      2 2 2
a  2bc b  2ac c  2ab a ba c bcba cacb 2    2     2     2    2 2 2 2 a b c b c a c a b
a b c  b cab  ac bc   
a  ba cbc
abacbc 2
a bc bcbcab cbc bc 2 a  bcabac        
        1 a b a c b c a b a c b c b) Xét vế trái, ta có: bc ca ab bc ca ab      2 2 2
a  2bc b  2ac c  2ab a ba c bcba cacb
            2 2 2 2 bc b c ac c a ab a b
bc b c  ac a c  a bab   
a  ba cbc
abacbc bcbc 2
a bcabcb c bc 2 bc  a abac        
        1 a b a c b c a b a c b c
Bài 7. Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0 thỏa mãn a + b + c = 0 3       Chứng minh rằng: a b a b b c c a c 2 .   1
a b a  b b c c  a abc HD: Biến đối vế trái:
a  b a b a  b bc ca  Ta có: VT  .    
a b a  b a b b  c c  a 2 2 c c b a c c bc b a ac 1   1      b a  a b  b a  ab  c       c       2 3 a b a b c a b c c 2c 2c 1 . 1 . 1 1 b a ab a b ab ab abc
Vế trái bằng vế phải, ta có điều phải chứng minh.
Dạng 2. Biến đổi cả hai vế cùng bằng biểu thức thứ ba
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 31
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 a2 3ab 2a2 a 5 b 3b2 a2 ab ac bc
Bài 1. Chứng minh đẳng thức:       2 2  2 2  a  b 9 ab 6 a  b 9 bc 3 a2 ac  a 3 b HD:
Phân tích. Đẳng thức này nhận thấy vế phải có c, vế trái không có c. Tức là có thể biến đổi
rút gọn nhằm triệt tiêu c. Vế trái là tổng hai phân thức, vế phải là một phân thức, do vậy ta
có thể biến đổi vế trái thành một phân thức và rút gọn.
Những bài toán hai vế đều phức tạp, chúng ta có thể biến đổi cả hai vế, và chứng tỏ cùng
bằng biểu thức thứ ba. a ba c a ba c  a  b
Biến đổi vế phải. VP    (1)
3bc  aaa  c a  c3ba 3ba aa 3b a3b2a b
 Biến đổi vế trái. VT    a 3ba 3b   a 3b2 a 2a  b a  b a  b     (2) a 3b a 3b a 3b 3b a
Từ (1) và (2) ta có vế trái bằng vế phải, suy ra điều phải chứng minh.
Bài 2. Cho a, b, c đôi một khác nhau và các đa thức: Chứng minh rằng: P2 x Qx. Biết       Px
x bx c x ax c x ax b
 a      b      c a b a c b a b c cacb       Qx 2  x bx c 2  x ax c 2  x ax b
 a      b      c a b a c b a b c cacb a x b x c
bx ax c cx ax b HD: Xét Px        a  ba c babc cacb           
Px ax bx cc b bx ax ca c cx ax bb a 
abaccb                Px ax  b x  c c b bx ax  c c b bx ax  c b a cx ax  b b a 
abaccb               
Px x cc b ax b bx a x ab a bx c cx b     
abaccb          
Px x cc bax bx xx ab ab c xa bc ba c 
      
        x a b a c c b a b a c c b 2 2        2 a x b x c b x a x c c x ax b * Xét Qx        a  ba c babc cacb 2 2 2           
Qx a x bx cc b b x ax ca c c x ax cb a 
abaccb Xét tử số:
2        2
        2 a x b x c c b
b x a x c a c  c x ax cba 2
        2
        2
        2 a x b x c c b b x a x c c b
b x a x c b a  c xaxbba      2     2             2       2 x c c b a x b b x a
x a b a b x c c x b  
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 32
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
xccba bax bxabxababcbx cxbc
abcb x cax  bcabx abccxbc        2 2 2 2
a b c b ax  bx abx acx bcx  abc bx cx  bcx  abx acx abc        2 2 2 a b c b ax cx   x  
abcbac  2   
 Qx x a bc ba c 2  2 
Vậy suy ra P x Qx
       x a b a c c b
Dạng 3. Từ điều kiện tạo ra thành phần một vế a b c 2 2 2 a b c Bài 1. Cho    1. Chứng minh rằng:    0 b  c c  a a  b b  c c  a a  b HD:
Phân tích. Quan sát kĩ phần giả thiết và phần kết luận. Chúng ta thấy có phần giống nhau
và phần khác nhau. Từ giả thiết chúng ta có thể tạo ra vế trái của đẳng thức. Do vậy từ giả
thiết chúng ta cần nhân với bộ phận thích hợp để tạo ra vế trái của đẳng thức, sau đó biến
đổi phần còn lại triệt tiêu. a  b  c   a b c
Nhận xét: Nếu a + b + c = 0 a    c  b      3  b  c c  a a  b c  a  b   Vậy a + b+ c 0 a b c Nhân cả 2 vế của  
 1với a  b  c ta được: b  c c  a a  b
a a  b  c ba  b  c ca  b  c    a  b  c b  c c  a a  b 2 2 2 2 2 2 a b c a b c   a   b   c  a  b  c     0 b  c c  a a  b b  c c  a a  b 2 2  Bài 2. a) Biết 3 2 a  3ab  5và 3  2 b 3a b  10 . Tính  a b M 2018 a b c
b) Cho abc  1 . Chứng minh rằng    1
ab  a  1 bc  b  1 ac  c  1 HD: a) Từ 3 2 6 4 2 2 4
a  3ab  5  a  6a b  9a b  25 (1) 3 2 6 2 4 4 2
b  3a b  10  b  6a b  9a b  100 (2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:        3 6 4 2 2 4 6 2 2 3 a 3a b 3a b b 125 a b  5     2 2  2 2 a b 5 5 a b  5   . Vậy M  2018 2018 2018 a b c ac abc c b) Ta có:      2
ab  a 1 bc  b 1 ac  c 1 abc  ac  c abc  abc  ac ac  c 1 ac abc c abc  ac 1      1
1 ac  c c 1 ac ac  c 1 abc  ac 1
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 33
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 x y 2 x  y
Bài 3. Cho x  y  1 và xy  0. Chứng minh rằng: P     0 3 3 2 2 y  1 x  1 x y  3
HD: Ta có: x  y  1 y  1 x hay  y  x 1 vaø  x  y 1 x y x  x  y  y  4 4 4 4 x  y   x  y Biến đổi    3 3 y 1 x 1  3 y   1  3 x   1 xy 2 y  y   1  2 x  x   1
x  yx  y 2 2 x  y   x  y  xy 2 2 2 2 2 2
x y  y x  y  yx  xy  y  x  x   1 x  y 2 2 x  y   1  (*) 2 2 xy x y  xyx  y 2 2  x  y  xy  2   x  y 2 2
x  x  y  y x  y xx   1  yy   1      (**)
xy x y  x  y2  2 xy 2 2 2 2 x y  3   x  yx
 y  yx x  y2xy 2  x  y    xy 2 2 x y  3 xy 2 2 x y  3 2 2 x y  3 2x  y 2x  y Suy ra P     0 (đpcm) 2 2 2 2 x y  3 x y  3
Chú ý: Ở bước (**) ta đã thay x + y = 1 vào biểu thức 2 2
x  y 1 và xyx  y ở bước (*) đồng thời áp dụng HĐT:     2 2 2 x y x y  2xy a b c x y z 2 2 2 x y z Bài 4. Cho 
  0 và    1. Chứng minh rằng:    1 x y z a b c 2 2 2 a b c HD: a b c ayz  bxz  cxy Từ    0 
 0  ayz  bxz  cxy  0 x y z xyz 2 2 2 2 x y z  x y z   xy xz yz  cxy  bxz  ayz Ta có:       2.    1 2   1 2.0  1 2 2 2     a b c  a b c   ab ac bc  abc
Bài 5. a) Chứng minh rằng: Nếu x2 y2 z2  
 xy  yz  zx thì x = y = z a2 b2 c2 a c b
b) Cho ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn :      . CMR: a = b = c b2 c2 a2 c b a HD: a) Ta có: 2 2 2
x  y  z  xy  yz  zx 2 2 2
 2x  2y  2z  2xy  2yz  2zx   2 2    2 2      2 2 x 2xy y y 2yz z z  2zx  x   0
   2    2    2 x y y z z x  0 (1) Ta có:   2    2    2 x y 0, y z 0, z x  0
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 34
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 x  y  0  Do đó  
1  y  z  0  x  y  z z  x  0  2 2 2 a b c a c b b) Ta có: 4 2 4 2 4 2  
    a c  b a  c b  abc 2 2 2 a c  c a  b c 2 2 2  b c a c b a Đặt 2 2 2
x  a c, y  b a , z  c b.Ta được: 2 2 2
x  y  z  xy  yz  zx
Áp dụng kết quả câu a ta được:
  2    2    2 x y y z z x  0  x  y  z 2 2 2 2 2 2
 a c  b a  c b  ac  b ; bc  a ; ab  c  a  b  c 1 1 1 1 1 1
Bài 6. Chứng minh rằng: Nếu    2 và a  b  c  abc thì ta có    2 a b c 2 2 2 a b c 1 1 1 HD: Theo giả thiết: 
  2 nên a  0; b  0; c  0 a b c 2 1 1 1  1 1 1  1 1 1  1 1 1  Ta có:    2     4     2    4   2 2 2   a b c  a b c  a b c  ab bc ca  1 1 1  a  b  c      2  4 2 2 2   a b c  abc  a  b  c 1 1 1 1 1 1 Vì a  b  c  abc   1     2  4     2 (đpcm) abc 2 2 2 2 2 2 a b c a b c
Bài 7. Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng:
 a  b b  c c  a   c a b 
Nếu a  b  c  0 thì P    .        9  c a
b   a  b b  c c  a  a  b b  c c  a c 1 a 1 b 1 HD: Đặt  x;  y;  z   ;  ;  (1) c a b a  b x b  c y c  a z   Suy ra      1 1 1 P x y z    9    x y z         Ta có:     1 1 1 y z x z x y x y z    3    (2)      x y z   x y z  2 2
y  z  b  c c  a  c b  bc  ac  a c Ta lại có:   .  .   x  a b  a  b ab a  b
ca  bc  a  b cc  a  b        2 c 2c a b c  2c     aba  b ab ab ab 2 2 x  z 2a x  y 2b Tương tự ta có:  ;  y bc z ac 2 2 2     1 1 1  2c 2a 2b 2 x y z    3     3     3 3 3 a  b  c   x y z  ab bc ac abc Vì 3 3 3
a  b  c  0  a  b  c  3abc
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 35
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8   Do đó:     1 1 1 2 x y z    3  .3abc  3  6  9    x y z  abc 1 1 1 1 1 1
Bài 8. Cho    2 (1) và
   2 (2). Chứng minh rằng: a + b + c = abc a b c a2 b2 c2 HD: Từ (1) suy ra 1 1 1  1 1 1   1 1 1   1 1 1  + + + 2. + +  4  2. + +  4  + + 2 2 2      2 2 2  a b c  ab bc ac   ab bc ac   a b c   1 1 1 a + b + c + +  1  1  a + b + c = abc ab bc ac abc x y z
Bài 9. Cho a  b  c  ; a2  b2  c2 1
 1 và   Chứng minh rằng: xy  yz  zx  0 a b c
HD: Từ        2 2 2 2 a b c 1 a
b c 1 a  b  c  2ab  bc  ca1 Mà 2 2 2
a  b  c 1 nên ab  bc  ca  0 x y z
Đặt    k suy ra x  ak ; y  bk ; z  ck a b c Xét 2 2 2 2           2 xy yz zx abk bck cak k ab bc ca  k .0  0
Bài 10. Cho a, b, c khác 0 và thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng: a2 b2 b2 c2 c2 a2 a3 b3 c3         a  b b  c c  a bc ca ab HD: Từ giả thiết 2 2 2 2 2 2 a  b  c
  a  b  2ab  c  a  b  c 2ab 2 2 2 a  b c  2ab 2ab Suy ra   c   a  b c  c 2 2 2 2 b  c 2bc c  a 2ca Tương tự ta có:  a   ;  a   b  c a c  a b
Từ đó suy ra vế trái là: 2ab 2bc 2ca  2 2 2 2 2 2 2 a b  b c  c a  VT  a  bc     (1) c a b acb
Mặt khác ta có:    2 2 2 2 a
b c  0  a  b  c  2ab  bc  ca
Bình phương hai vế ta được: 4 4 4     2 2 2 2 2 2    2 2 2 2 2 2 a b c 2 a b b c
c a  4a b  4b c  4c a 8abca  b  c 4 4 2
     2 2 2 2 2 2 a b c 2 a b  b c  c a  (2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 2 2 Bài 11. Cho x 3 y y 3x với 1 1 1 8
x ; y  0; x ; y  ; x  y . CMR :   x  y  x1 3 y   y13x 3 x y 3 HD:
Từ giả thiết suy ra  2     2 x 3y y 3xy y 3xx 3xy
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 36
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 2 3 2 2 2 3 2
 x y3x y3y 9xy  xy 3xy 9x y 2 2 3 3 2 2
 8xy 8x y 3xy 3x y3y 3x  0
 yx8xy 3xyy x3x  y 0
Do x  y nên 8xy 3xyy  x3y  x 0  3y  x 3xyy  x8xy 1 1 8
Chia cả hai vế cho 3x; y khác 0, ta được:   x  y  (đpcm) x y 3 1 1 1 1
Bài 12. Chứng minh rằng nếu ba số x, y, z thỏa mãn x  y  z  2020 và    x y z 2020
thì ít nhất một trong ba số x, y, z phải bằng 2020. 1 1 1 1
HD: Từ giả thiết ta có:    x y z x  y  z
 yz xz  xyx  y z xyz 2 2 2 2 2 2
 xyz  y z  yz  x z  xyz  xz  x y  xy  xyz  xyz 2 2 2 2 2 2
 xyz  y z  yz  x z  xyz  xz  x y  xy  0     2 yz x
y  z x  y xzx  y xyx  y 0    2 x
y yz  z  xz  xy 0  x  yy zz  x 0 x  y  0  Suy ra y  z  0 xz0 
Nếu x + y = 0 thì từ x  y  z  2020  z  2020
Nếu y + z = 0 thì từ x  y  z  2020  x  2020
Nếu x + z = 0 thì từ x  y  z  2020  z  2020
Suy ra điều phải chứng minh
Bài 13. Cho các số thực a, b, c khác nhau từng đôi một và thỏa mãn điều kiện
a2 b  b2 c  c2 a . Chứng minh rằng: a  b   1 b c   1 c a   1  1 HD: Từ 2 2 2 2
a b  b c  a  b  bc  a  ba b bc b c a c  a  b   a  b 1 (1) a  b a b  Tương tự, từ 2 2 b c
a b  c a  a  c 1 (2) a c 2 2 b a
b c  c a  b  c 1 (3) b c
Từ (1), (2) và (3) nhân từng vế ta được: a  b   1 b c   1 c  a   1  1
Bài 14. Cho x, y, z khác không, khác nhau từng đôi một và zx  1; yz  1 thỏa mãn điều kiện: x2  yz y2  xz 1 1 1
. Chứng minh rằng x  y  z    x1 yz   y1 xz x y z HD:
Từ giả thiết, áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 37
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 2 2 2 2 x  yz y  xz x  yz y  xz xyx  yz     x  y  z (1) x  xyz y  xyz x  xyz y  xyz x  y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x  yz y  xz x y  y z xy  x z x y  y z  xy  x z     2 2 2 2 x  xyz y  xyz xy  xy z xy  x yz xy  xy z  xy  x yz xyx  y z 2 2
x  y  x yxy  xz  yz xy  xz  yz 1 1 1       (2) 2 2 x yz  xy z xyxyz xyz x y z 1 1 1
Từ (1) và (2) suy ra x  y  z    x y z 1 1
Bài 15. Cho x, y là hai số thực khác 0 sao cho x  ; y  là các số nguyên. x y 1 Chứng minh rằng x3 y3   3 3  x y  1  1  1
HD: Từ giả thiết, suy ra x      y         xy     y   x  xy 2 1  1  1   1  1   Xét 3 3 2 2 x y  xy      x y   1  xy           xy         3 3 3 2 2 x y xy x y  xy   xy       1 Suy ra 3 3 x y 
  , điều phải chứng minh. 3 3 x y
Bài 16. Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x  y  z  xyz . x 2 y 3z xyz5x 4y  3z Chứng minh rằng: 2  2  2  1 x 1 y 1 z
x  yy  zz  x HD: x xyz xyz xyz Ta có:    (1) 2 2 1 x yz  x yz
yz  xx  y  z x  yx  z 2y 2xyz Tương tự:  (2) 2 1 y yzyx 3z 3xyz  (3) 2 1 z zxz y
Từ (1), (2) và (3); cộng vế với vế, ta có: x 2y 3z xyz 2xyz 3xyz      2 2 2 1 x 1 y 1 z
x  yx z yzyx zxz y
xyz y  z  2z  x  3 x  y xyz   5x 4y3z   
x  yy  zz  x
x  yy zz  x x4 y4 1
Bài 17. Cho a, b, x, y thỏa mãn   và x2  y2  1 a b a  b 2n 2n x y 2 Chứng minh rằng
với n là số nguyên dương. n  n  a b a bn
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 38
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 x y   2 2 2 4 4 x y HD: Từ giả thiết ta có  
          2 4 4 2 2 b a b x a a b y x y ab a b a  b 4 2 4 2 4 4 4 2 2 4 2 4 2 2 2 4
 abx  b x a y aby  abx  2abx y aby  b x 2abx y a y  0  bx ay  2 2 2 x y 2 2 2 2  0  bx ay  0   a b 2 2 2 2 x y x  y 1
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:    a b a  b a  b 2n 2n 2n 2n x y 1 x y 2      n n a b a bn n n a b a bn 1 1 1 xy zx yz
Bài 18. Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 thỏa mãn    0. CMR: 3 2  2  2  x y z z y x
HD: Từ giả thiết, suy ra xy + yz + zx = 0. Đặt xy = a ; yz = b ; zx = c, khi đó: Ta có 3 3 3 a  b c  3abc3 3 3 xy yz zx a  b  c Suy ra     3 (đpcm) 2 2 2 z x y abc x y z x2 y2 z2 Bài 19. Cho    2. Chứng minh rằng:    x  y  z y  z z  x x  y y  z z  x x  y  x y z 
HD: Từ giả thiết suy ra       
 .x  y z 2x  y  z
y  z z  x x  y 2 2 2 x y z   x   y   z  2x  2y  2z y  z z  x x  y 2 2 2 x y z     x  y  z (đpcm) y  z z  x x  y a b c b c a
Bài 20. Cho      (1). CMR : trong ba số a, b, c tồn tại hai số bằng nhau b c a a b c HD: Từ (1) 2 2 2 2 2 2 2            2 2 a c ab b c b c ac a b a b c
a c b bccb 0
 (c – b)(a2 – ac = ab + bc) = 0  (c – b)(a – b)( a – c) = 0  đpcm
Bài 21. Cho a2 – bcb – abc b2 
– aca – abc; abc  0 và a b 1 1 1
Chứng minh rằng:    a  b  c a b c HD: Từ GT 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2  a b – b c
 a bc ab c  ab – a c – ab c a bc   2 2  2 2  2 a b – ab
a c – b c  abc a – babca ba  b
 a – babac bc abca – ba  b c ab  ac  bc 1 1 1 
 a  b c     a c  b abc a b c
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 39
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 a b c
Bài 22. Cho a  b  c  x  y  z     0; Chứng minh rằng: ax2 + by2 + cz2 = 0 x y z HD: Từ       2   2   2 2 2 2 x y z 0 x y z ; y x z ; z y x
ax  by  cz  ay  z2  bx  z2 cy  x2 2 2 2  b c 2 x a  c 2 y a  b 2
z  2ayz  bxz cxy ( ) 1 Từ a  b  c  0 
 a  b c ; b  a c ; c  a  b (2) a b c Từ + +
= 0  ayz + bxz + cxy = 0 (3). Thay (2), (3) vào (1) x y z Ta có: 2 2 2     2 2 2     2 2 2 ax by cz ax by cz ax  by cz  0 a b c a b c Bài 23. Cho    0 . Chứng minh rằng: 0 2  2  2  b c c a a b
bc ca ab HD: 2 2 a b c a b c b ab  acc Từ    0     b c ca a b b c a c b a abca 2 2 a b ab  acc   1 (1) (Nhân hai vế với )
bc2 abcabc b c Tương tự, ta có: 2 2 2 2 b c bc  aba c a ac  cbc  (2) ;  (3)
ca2 abcabc
ab2 abcabc
Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm 3 a  3 b  3 c  3abc
Bài 24. Cho a + b + c = 2009. Chứng minh răng  2009 2 a  2 b  2 c  ab  ac  bc
Dạng 4. Phương pháp biến đổi tương đương
Bài 1. Với a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn đẳng thức a  bb  cc a 8ab .c a b c 3 ab bc ca Chứng minh rằng:     a b b c c a 4
a bb cb cc a        caa b HD:
Phân tích. Bài toán này là chứng minh đẳng thức có điều kiện. Bài toán này có thể vận
dụng điều kiện và biến đổi cả hai vế cùng bằng biểu thức thứ ba.
Tuy nhiên, trong ví dụ này chúng ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương. Phương
pháp biến đổi tương đương là muốn chứng minh A  B, là chúng ta chứng
minh A  B  C  D X  Y . Nếu x = y hiển nhiên đúng hoặc là giả thiết, thì chúngta kết luận A  B .
Biến đổi tương đương: a b c 3 ab bc ca       a  b b  c c  a 4
a bbc bcca caa b
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 40
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 a  b  b  c  c  a  3  1    1        1          a b b c b c c  a c  a  a  b 4 ac ba cb 3     
a  bb  c b cc  a c  aa  b 4
          3 ac a c ba b a
cb c b  a  bb cc  a 4
 aca cbab acbc b 6abc
 aca cba b ca  c 8abc     2 a
c ac  ab  b  bc 8abc
 a cbcb a 8abc
Đẳng thức này đúng nên điều phải chứng minh là đúng.
Bài 2. Giả sử x, y là những số thực dương phân biệt thỏa mãn y 2 4 8  2 y 4 8
4 . Chứng minh rằng:5y = 4x 2 2  y 4 4  y 8 8  x  y x  y x  y x  y 2 y 2y 4y  4 4 x  y  8 2 8y HD: Ta có: 4    2 2 x  y x  y  4 4 x  y  4 4 x  y  2 y 2y 4y y 2y  2 2 x  y  4 2 4  4y     4   2 2 4 4 x  y x  y x  y x  y  2 2 x  y  2 2 x  y  2 y 2y yx  y 2  2y y  4     4 
 4x 4y  y  4x  5y 2 2 2 2 x  y x  y x  y x  y
Dạng 5. Phương pháp đổi biến số
Bài 1. Với a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn đẳng thức a  bb  cc a 8abc . a b c 3 ab bc ca Chứng minh rằng:     a b b c c a 4
a bb cb cc a        c aa b HD:
Phân tích. Ví dụ này, trong phần trước chúng ta đã chứng minh bằng phương pháp biến đổi
tương đương. Trong phần này, chúng ta sử dụng phương pháp đổi biến để giải. Quan sát
phần kết luận, chúng ta nhận thấy hai vế của đẳng thức có phần giống nhau: vế trái là tổng
ba phân thức, phần biến vế phải là tích của từng cặp hai phân thức trong ba phân thức ấy, do a b c
đó chúng ta nghĩ tới đặt biến phụ: Đặt x  ; y  ; z  và chỉ cần chứng a  b b  c c  a 3
minh x  y  z   xy  yz  zx . Do vậy ta có lời giải sau: 4 a b c 1 Đặt x  ; y  ; z 
. Từ giả thiết, suy ra xyz  a  b b  c c  a 8 a b b c c a Ta có: 1 x 1  ;1 y 1  ; 1z 1  a  b a  b b  c b  c c  a c  a
Từ đó suy ra: xyz  1x1 y1z  2xyz 1x  y  zxy  yz  zx
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 41
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 3
 x  y  z   xy  yz  zx 4 a b c 3 ab bc ca Vậy       (đpcm) a  b b  c c  a 4
a bbc bcca caa b
Bài 2. Cho a, b, c là ba số thực phân biệt. Chứng minh rằng:
2ab2bc 2bc2ca 2c a2ab 2ab 2bc 2c 3  a
a bb c  b cc a  c aa b          a b bc c a HD:
Phân tích. Quan sát phần kết luận, chúng ta nhận thấy hai vế của đẳng thức có phần giống
nhau: vế phải là tổng ba phân thức, phần biến vế trái là tích của từng cặp hai phân thức
trong ba phân thức ấy. Do đó cũng như ví dụ trước chúng ta nghĩ tới đặt biến phụ: Đặt 2a  b 2b  c 2c  a x  ; y  ; z 
và chỉ cần chứng minh 3 xy  yz  zx  x  y  z . a  b b c c a
Do vậy ta có lời giải sau: 2a  b 2b  c 2c  a Đặt x  ; y  ; z  a  b b c c a 3a 3b 3c Khi đó x 1 ; y 1 ; z 1 a  2 b c c a 3b 3c 3c Và x  2  ; y 2  ; z  2  a  b b c c a Từ đó suy ra x   1 y   1 z   1  x 2y  2 z  2
Khai triển và rút gọn ta được:
9 3xy  yz  zx 
3 x  y  z  3 xy  yz  zx  x  y  z
2a b2bc 2bc2ca 2ca2a b 2a b 2bc 2ca Suy ra: 3       a bbc bcca caab a b bc c a a b bc ca c a b 
Bài 3. Cho a + b + c = 0. Chứng minh:          9 ( )1  c a b  a b b c c a     HD: a  b b c c a c 1 a 1 b 1 Đặt  x;  y ;  z   ;  ;  c a b a b x b c y c a z   (1)    1 1 1 x + y + z + +  9    x y z      Ta có:   1 1 1 y + z x + z x + y x + y + z + +  3 + +     (2)  x y z   x y z  2 2 y  z bc ca c b bc  aca c Ta lại có:      x  a b  a b ab a b
ca bca b cca b      2 c 2c a b c  2c         (3) ab a b ab ab ab 2 x + z 2a 2 x + y 2b Tương tự, ta có:  (4) ;  (5) y bc z ac
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 42
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Thay (3), (4) và (5) vào (2) ta có: 2 2 2   1 1 1  2c 2a 2b x + y + z + +  3   +   = 3 + 2 (a3 + b3 + c3 ) (6)  x y z  ab bc ac abc
Từ a + b + c = 0  a3 + b3 + c3 = 3abc (7)   2 Thay (7) vào (6) ta có:   1 1 1 x + y + z + +  3   + . 3abc = 3 + 6 = 9  x y z  abc
Dạng 6. Phân tích đi lên từ kết luận b2 c2 a2 a2 c2 b2 a2 b2 c2
Bài 1. Cho ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn hệ thức:          1 2bc c 2 a ab 2 Chứng minh rằng:
a) Trong ba số a, b, c tồn tại một số bằng tổng hai số còn lại.
b) Trong ba phân thức trên, tồn tại hai phân thức bằng 1, một phân thức bằng -1. HD:
Phân tích. Đọc kỹ phần kết luận câu a, chúng ta nhận thấy phần chứng minh tương đương
với: a = b + c hoặc b = c + a hoặc c  a  b  b  ca  0 hoặc c  a b  0 hoặc
a  bc  0  b cac  a ba  bc 0. Với suy nghĩ ấy, chúng ta biến đổi
giả thiết và định hướng biến đổi phân tích đa thức thành nhân tử để đưa về
bcacaba bc 0. Lời giải 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a  b c b  c a c  a b a) Từ giả thiết:   1 2ab 2bc 2ac 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a  b c b  c a c  a  b  1 1 1 0 2ab 2bc 2ac   2    2    2 2 2 2 a b c b c a a c  b     0 2ab 2bc 2ac
abcabc bcabca a cba cb     0 2ab 2bc 2ac
 ca bca bcabcabca ba cba c b 0
 a bcca bcabca ba bc  0      2        2 a b c ac bc c
a b c a  ab  b  bc 0      2 2
a b c ac ab  b c abc a  0 a  bc  0 a  c  b    ab  
c a  bcb ca 0 a  b c 0 a 
       b  c   b c a 0     b c  a  
Vậy trong ba số a, b, c có một số bằng tổng hai số còn lại.
b) Không giảm tính tổng quát, giả sử a = b + c 2 2 2 a  b c bc2 2 2 2  b c 2bc  2b - Xét    ; 2ab 2b  c 1 2 b 2bc  2b
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 43
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 2 2 2 b  c a b  c b c2 2 2 2bc - Xét    1  ; 2bc 2bc 2bc 2 2 2 c  a b c b  c2 2 2 2 b 2c  2bc - Xét    2ac 2b  c 1 2 .c 2c  2bc
Vậy trong ba phân thức có một phân thức bằng –1; hai phân thức còn lại bằng 1.
Dạng 7. Phương pháp tách hạng tử b2 c2 c2 a2 a2 b2 b c c a a b Bài 1. Chứng minh rằng:      
a ba cb cb cc ac b          b  c c a a  b
Biết a  b,b  c,c  a . HD:
Phân tích. Quan sát đẳng thức này, chúng ta có thể có ba cách giải:
Cách 1. Biến đổi cả hai vế cùng bằng biểu thức thứ ba. Cách này tuy dài nhưng cho chúng ta kết
quả là biểu thức thứ ba rất đẹp.
Cách 2. Sử dụng phương pháp đổi biến. Nhận thấy hai vế có phần mẫu có thể đặt biến phụ được.
Đặt a  b  z; a  c  y; b  c  x , sau đó biến đổi tử thức theo x, y, z. Ta có lời giải hay.
Cách 3. Nhận thấy rằng, vế trái của đẳng thức có thể tách tử thức để đưa mỗi phân thức thành tổng
của hai phân thức có mẫu thức trùng với hai trong ba mẫu thức của vế phải. Với cách suy
luận như vậy chúng ta có lời giải hay. Lời giải: 2 2 2 2 2 2 b c c a a b Cách 1. Xét vế trái:   
a  ba  c b cb  a c  ac  b 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3
b  b cbc c  c  ac a ca  a  a bab b 
a ba cbc
        2 bc b c
a b c b c  a bc bccaba         
       (1) a b a c b c a b a c b c b c ca a  b
bccacabc ab Xét vế phải:     b  c c  a a  b bcca a  b 2 2
bc  abc ac  bc  c abac a  b    b  cc a a  b 2bc 2ac a  b
2cbaa  ba bb  cc  a    
b  cc  a a  b
a bbcca    2
b a acab  bcc  bacabc         
       (2) a b b c c a a b b c c a 2 2 2 2 2 2 b c c a a b b c ca a b Từ (1) và (2) suy ra:      
a  ba  c b cb  c c ac  b b c c  a a  b
Cách 2. Đặt a  b  z ; a  c  y ; b  c  x
Đẳng thức được chứng minh tương đương với:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 44
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
xz y yx z zy x x z y x z y      yz xz xy y z x
Biến đổi vế trái ta có: xz  xy xy yz yz  xz x x y y z z z  y x z yz             (VP) yz xz xy y z z x x y x y x 2 2 2 2 2 2 b c b a a c b a a c Cách 3. Ta có:  (3)
                 (3) a b a c a b a c a b a c a  c a  b 2 2 c a c  b b a Tương tự, ta có:        (4) b c b a b  a b  c 2 2 a  b a c c b        (5) c a c b c  b c  a
Từ (3) (4) và (5) cộng vế với vế, ta có điều phải chứng minh. Bài tập tự luyện 1 1 1 yz xz xy 1) cho +
+  0 ; tính giá trị biểu thức A = + + x y z 2 2 2 x y z HD: A = xyz xyz xyz + +
; vận dụng a + b + c = 0  a3 + b3 + c3 = 3abc 3 3 3 x y z
2) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc ; Tính giá trị biểu thức A =  a  b  c  + 1 + 1 + 1      b  c  a  y  z x  z x  y
3) Cho x + y + z = 0; chứng minh rằng:    3  0 x y z
4) Cho a + b + c = a2 + b2 + c2 = 1; a b c
  . Chứng minh xy + yz + xz = 0 x y z
Chủ đề 5. BÀI TOÁN TỔNG HỢP 4 x  2 5x  4
Bài 1. Cho biểu thức A  4 x  2 10x  9 a) Rút gọn A b) Tìm x để A = 0
c) Tìm giá trị của A khi 2x 1  7 HD: a) ĐKXĐ: x  1  và x  3
x  1x  1x  2x  2 x  2x  2
Với x   1; x   3 thì A    x   1 x   1 x  3x  3 x 3x  3 b) A = 0  x =  2
c) 2x 1  7  x = 4 hoặc x = – 3  12 Với x = 4 thì A  7
 Với x = – 3 thì A không xác định 3 2 x  2 7 x  12 x  45 Bài 2. Cho biểu thức 3 3 x  2 19 x  33x  9 a) Rút gọn B b) Tìm x để B > 0 HD:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 45
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
a) ĐKXĐ: x  3 và x  13 2x  7x 12x  45 x  32 3 2 2x  5 2x  5
b) Với x  3 và x  1 Thì   3 3 2 3x 19x  33x  9 x 32 3x   1 3x 1  1 x  2x 5   c) B > 0  3  0   3x 1 5 x    2  1 2 5  x  1  2x
Bài 3. Cho biểu thức C    :  2 
 1  x x  1 1  x  x2 1 a) Rút gọn biểu thức C
b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên HD: a) ĐKXĐ: x   1  1 2
5  x  1 2x 1 x  2(1 x)  5 (x 1)(x 1) 2 C =   :  .   2  2
1 x x 1 1 x  x 1  (1 x)(1 x)         1 2x 2x 1 2 
b) B có giá trị nguyên khi x là số nguyên thì có giá trị nguyên 2x 1 2x 1 1 x 1 2x 1 1     x  0  2x – 1 là Ư(2)     2x 1  2 x 1,5   2x 1  2  x  1 
Đối chiếu ĐKXĐ thì chỉ có x = 0 thoả mãn x3  x2  2x
Bài 4. Cho biểu thức D  x | x2|x2 4 a) Rút gọn biểu thức D
b) Tìm x nguyên để D có giá trị nguyên
c) Tìm giá trị của D khi x = 6 HD:
a) Nếu x + 2 > 0 thì x  2 = x + 2 nên 3 2 3 2 2 x  x  2x x  x  2x x  x D    2 x | x  2 | x   4 xx 2 2 x  4 2
Nếu x + 2 < 0 thì | x  2 | –x  2 nên 3 2 3 2 x  x 2x x  x 2x x  D    2 x | x  2 | x   4 x  x  2 2 x  4 2
Nếu x + 2 = 0  x = – 2 thì biểu thức D không xác định 2 x  x x 
b) Để D có giá trị nguyên thì hoặc có giá trị nguyên 2 2 2 2 x x  2 x   x   1  2  x  x có giá trị nguyên     2 x  2 x   2 
Vì x(x – 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 với mọi x > – 2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 46
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 x  2   x  2k  x  có giá trị nguyên     
x  2k k  ; k   1 2 x   2  x   2  4 x  2 2 x  2 1 x  3
Bài 5. Cho biểu thức M    6 x  4 1 x  2 x  4 1 x  2 4x  3 a) Rút gọn M
b) Tìm giá trị lớn nhất của M HD: 4 2 2 x  2 x 1 x  3 a) M     2 x   1  4 2 x  x   4 2 1 x  x 1  2 x   1  2 x  3 4 2 x  2 x 1 1     2 x   1  4 2 x  x   4 2 2 1 x  x 1 x 1 2 x  x x . 2 4 2 x   2 1 x 2  x    Vậy M  2 x   1  4 2 x  x   1  2x  1 4 2 x  x 1 4 2 x  x 1 4 2 x  x 1 2 x b) Ta có : M  4 2 x  x 1 - Nếu x  0 ta có M = 0 1
- Nếu x  0, chia cả tử và mẫu của M cho 2 x ta có: M  2 1 x  1 2 x 2 1  1 1   1  Ta có: 2 2 x  1  x  2.x.  1  x  1  1 2  2    x  x x   x  1 Nên ta có: M 
 1. Dấu "  "xảy ra khi x = 1 2 1 x  2 x 1 Vậy MaxM = 1 khi x = 1 1  2x 1  2 y
Bài 6. Cho x, y là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn   1 1  x 1  y Chứng minh  2  2 M x
y  xy là bình phương của một số hữu tỷ. HD: 1 2x 1 2y Ta có 
 1  1 2x1 y  1 2y1 x  1 x1 y 1 x 1 y 3xy 1
 1 y  2x  2xy 1 x  2y  2xy  1 x  y  xy  x  y  2 2 2       Ta có :       2 2 2 3xy 1 3xy 1 M x y xy x y  3xy   3xy  ...       2   2  3xy 1 Vì x, y   nên
là số hữu tỷ , Vậy M là bình phương của một số hữu tỷ. 2
Bài 7. Cho các số a, b, c, d nguyên dương đôi một khác nhau và thoả mãn:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 47
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 2a +b 2b +c 2c + d 2d + a +  +
6 . Chứng minh A = abcd là số chính phương a b b  c c  d d + a HD: Ta có: 2a +b 2b+c 2c +d 2d +a +  +  6 a b c d  1 +1+ 1 +1+  6 a  b b+c c d d +a a  b b+c c d d +a a b c d a b c d  +  +  2 1  1   0 a  b b +c cd d +a a  b b+c cd d +a b b d d b(c a) d(a c)      0    0 a  b b +c c d d +a (a  b)(b+c) (c d)(d +a)
b(cd)(da)d(a b)(bc)  0 2 2
abcacdbd b d  0
(bd)(acbd)  0 acbd  0 ac  bd (vì b ≠ d) Vậy    2 A abcd ac là số chính phương 2  2 2 x y  2 2 x y  x  y
Bài 8. Cho biểu thức : P      với x  , 0 y  , 0 x   y . 2 2 . x x  xy xy xy  2 y x  xy    2 y a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của biểu thức P biết x, y thỏa mãn đẳng thức: 2  2 x y  10  2( x  3 y) . HD:
Với x  0, y  0, x  y ta có: 2 2 2 2
2  x y  (x  y )(x  y)  xy  x  y 2 x  y x  y P =  .      2 2 x  xy(x  y)  x  xy  y x xy xy Ta có:           
     2    2 2 2 2 2 x y 10 2 x 3y x 2x 1 y 6y 9 0 x 1 y 3  0
Lập luận suy ra x  1; y  3 
Ta thấy x = 1; y = – 3 thỏa mãn điều kiện: x  0, y  0, x  y nên thay x = 1; y = – 3 vào x  y 1 3 2 biểu thức P  ta được: P   xy 1.3 3 2 x  x  x  1 1 2  2 x 
Bài 9. Cho biểu thức P  :   2  2  x  2x  1 x x  1 x   x 
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.  b) Tìm x để P  1 . 2
c) Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
d) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x  1. HD: x  0  a) ĐKXĐ : x  1 x  1  x x   1 x 1 x x   2 1 x(x 1) x 1 1 b) P  :       x  x  2 1 x(x 1) x  2 1 x 1 x 1 2 2 2 2 x
(x 1) 1 (x 1)(x1) 1 1 c) P     x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 48
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 1
Với x    x 1 . Để P nguyên thì nguyên x 1
 x 1 là ước của 1.  x 1 1  ;  1 2 x 1 1 1 d) P   x 1  x 1  2
Vì x > 1 nên x – 1 > 0 và  0 x 1 x 1 x 1 x 1 1
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương x – 1 và , x 1 1 1 Ta có x 1  2 x   1   2  P  4 x 1 x 1 1
Đẳng thức xảy ra khi x 1   x – 2
1  1  x – 1 = 1 (vì x – 1 > 0) x 1  x = 2 (TMĐK)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi x = 2 2 x  x  x  1 1 2  2 x 
Bài 10. Cho biểu thức : P  :   2  2  x  2x  1  x 1  x x  x  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P < 1
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1 HD:
a) ĐKXĐ: x  0; x  1; x  1  2 x
Rút gọn P ta có: P  x 1 2  1  3 x   2 2 2 x x x x 1     b)  2  4 P  1   1  1  0   0 
 0  x 1  0  x  1 x 1 x 1 x 1 x 1
Vậy với x < 1 và x  0; x  1  thì P < 1 2 2 x x 11 1 1 c) Ta có: P    x 1  x 1  2 x 1 x 1 x 1 x 1 1
Khi x  1; x 1  0.Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: x 1
 2. Dấu "  "xảy ra khi x 1
và chỉ khi x = 2. Vậy MaxP = 4 khi x  2  Bài tập tự luyện 2 2  x 1 1 3x x 1     x  2x 1 Bài 1. Cho A      3x   x   : 2 3 1 x 1 1 x  x 1 
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A 2
b) Tìm các giá trị thực của x để A và
có giá trị là số nguyên. A  2  x 3  x 2  x   x 
Bài 2. Cho biểu thức A    : 1  2   
 x  3 x  2 x  5x  6   x 1 a) Rút gọn A
b) Tìm x để A = 0; A > 0
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 49
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 3 2 3y  7y  5y 1
Bài 3. Cho biểu thức B  3 2 2y  y  4y  3 a) Rút gọn B 2D b) Tìm số nguyên y để có giá trị nguyên 2y + 3
c) Tìm số nguyên y để B  1 3 2 3x 14x  3x  36
Bài 4. Cho biểu thức A  3 2 3x 19x  33x  9
a) Tìm giá trị của x để biểu thức A xác định
b) Tìm giá trị của x để biểu thức A có giá tri bằng 0
c) Tìm giá trị nguyên của x dể biểu thức A có giá trị nguyên. 2 2  2  x 4 x 2  x   x  3 x 
Bài 5. Cho biểu thức : A      : 2  2 3   2  x x  4 2  x   2 x  x 
a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A ?
b) Tìm giá trị của x để A > 0?
c) Tính giá trị của A trong trường hợp : |x – 7| = 4. 2  x 2 1   10  x 
Bài 6. Cho biểu thức A    : x  2   2   
 x  4 2  x x  2  x  2   a) Rút gọn biểu thức A 1
b) Tìm giá trị của A, biết x  2
c) Tìm giá trị của x để A < 0
d) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên 2 2 2  x  2x 2x  x  x  2 
Bài 7. Cho biểu thức Q    , với x  0 và x  2. 2 2  2  2x  8 x (x  2)  4(x  2) x    a) Rút gọn biểu thức Q.
b) Tìm giá trị của x để Q có giá trị là 1 . 4  2 2  x 1  x 1
Bài 8. Cho biểu thức P   .  x 1 :    3x x 1 3x     x a) Rút gọn P
b) Tìm x  để P có giá trị nguyên c) Tìm x để P  1 2
 2017 2016 2014  2016  x  4
Bài 9. Cho biểu thức A    :  2  2  x 1 x 1 x 1  x 1
a) Tìm điều kiện của x để giá trị của biểu thức được xác định b) Rút gọn biểu thức A
c) Tìm x để A  0 và biểu diễn tập các giá trị tìm được của x trên trục số
d) Tìm tất cả các số nguyên x để A có giá trị là số nguyên
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 50