Tải bản đầy đủ

Các chuyên đề toán đại số THCS rất hay(Có lời giải)

CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

MỤC LỤC
1. Chuyên đề 1: Biến đổi đồng nhất.......................................................Trang 2
2. Chuyên đề 2: Các bài toán về đa thức...............................................Trang 22
3. Chuyên đề 3: Các bài toán về căn thức..............................................Trang 27
4. Chuyên đề 4: Phƣơng trình, hệ phƣơng trình đại số........................Trang 54
5. Chuyên đề 5: Phƣơng trình, hệ phƣơng trình vô tỷ..........................Trang 91
6. Chuyên đề 6: Phƣơng trình chứa tham số và hệ thức vi-et.........................Trang 135
7. Chuyên đề 7: Hàm số và đồ thị bậc nhất – bậc 2...............................Trang 169
8. Chuyên đề 8: Giải bài toán bằng lập phƣơng trình...........................Trang 195
9. Chuyên đề 9: Chứng minh Bất Đẳng thức, Tìm GTNH và GTLN..Trang 121

1


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

CHUYÊN ĐỀ 1. BIẾN ĐỔI ĐỒNG NHẤT

Bài 1. Cho a + b + c = 2009. Chøng minh r»ng:


a 3 + b3 + c3 - 3abc
= 2009
a 2 + b2 + c2 - ab - ac - bc

Lời giải.
Ta có hằng đẳng thức: a 3 + b3 + c3 - 3abc=  a  b  c   a 2  b2  c2  ab  bc  ca 

 a  b  c   a 2  b2  c 2  ab  bc  ca 
a 3 + b3 + c3 - 3abc
=
= a + b + c =2009
Do đó: 2 2 2
a + b + c - ab - ac - bc
a 2  b2  c 2  ab  bc  ca
Bài 2. Giả sử a, b, c, x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn:
x y z
   1 . Chứng
a b c

minh rằng:

a b c
   0 và
x y z

x2 y 2 z 2
  1
a 2 b2 c 2

Lời giải.
a
x

b
y

c
z


Ta có: 0    

ayz  bxz  cxy
. Suy ra: ayz  byz  cxy  0 .
xyz

 ayz  bxz  cxy 
x y z
x2 y 2 z 2
xy yz xz
x2 y 2 z 2
Do đó: 1       2  2  2  2      2  2  2  2. 

a
b
c
b
c
xyz
a b c
 ab bc ca  a


2

=

 0 
x2 y 2 z 2
 2  2  2. 

2
a
b
c
 xyz 

Vậy

x2 y 2 z 2
   1 (đpcm)
a 2 b2 c 2

Bài 3. Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: x  y  z  xyz .
Chứng minh rằng:
xyz  5 x  4 y  3z 
x
2y
3z



1  x 2 1  y 2 1  z 2  x  y  y  z  z  x 

Lời giải.
Ta có:

x
xyz
xyz
xyz
xyz


 2

2
1 x
yz  x.xyz yz  x.  x  y  z  x  xy  yz  zx  x  y  z  x 

Tương tự ta có:

2y
2 xyz
3z
3xyz

;

2
2
1 y
 x  y  y  z  1  z  y  z  z  x 

Do đó:

2


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

x
2y
3z
xyz
2 xyz
3xyz





2
2
2
1 x 1 y 1 z
 x  y  z  x   x  y  y  z   y  z  z  x 


xyz  y  z  2 x  2 z  3x  3 y 

 x  y  y  z  z  x 

Vậy:



xyz  5 x  4 y  3z 

 x  y  y  z  z  x 

xyz  5 x  4 y  3 z 
x
2y
3z



2
2
2
1 x 1 y 1 z
 x  y  y  z  z  x 

Bài 4. Giả sử x, y là những số thực dương phân biệt thỏa mãn:
y
2 y2
4 y4
8 y8
 2


4
x  y x  y 2 x 4  y 4 x8  y 8

Chứng minh rằng: 5 y  4 x
Lời giải.
Ta có





4 y 4 x 4  y 4  8 y8
y
2 y2
4 y4
8 y8
y
2 y2
4





 4
x  y x 2  y 2 x 4  y 4 x8  y 8 x  y x 2  y 2
x  y 4 x4  y 4











2 y 2 x2  y 2  4 y 2
y
2 y2
4 y4
y




 2
x  y x2  y 2 x4  y 4 x  y
x  y 2 x2  y 2









y  x  y   2 y2
y
2 y2
y
 2


2
x y x  y
 x  y  x  y  x  y

Do đó:

y
 4  y  4x  4 y  5 y  4x
x y

Vậy 5 y  4 x  đpcm 
Bài 5. Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãi điều kiện: x + y + z = 0 và xyz ≠ 0.
x2
y2
z2
Tính giá trị biểu thức: P  2 2 2  2 2 2  2 2 2
y z x
z x y
x  y z

Lời giải.
Ta có: x  y  z  0  y  z   x   y  z     x 
2

Suy ra: y 2  z 2 – x2  2 yz. Do đó:

Tương tự ta có:

x2
x2

y 2  z 2  x 2 2 yz

y2
y2
z2
z2

;

z 2  x 2  y 2 2 xz x 2  y 2  z 2 2 xy

3

2


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

Do đó:
x2
y2
z2
x2
y2
z2
x3  y 3  z 3
P 2






y  z 2  x 2 z 2  x 2  y 2 x 2  y 2  z 2 2 yz 2 xz 2 xy
2 xyz

 x  y  z


3

 3  x  y  y  z  z  x 
2 xyz



0  3.   z  .   x  .   y 
2 xyz



3xyz
3

2 xyz
2

Vậy P   3
2

Lƣu ý cần nhớ: Khi a + b + c =0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc
và ngược lại khi a3 + b3 + c3 = 3abc thì a + b + c = 0
1
x

1
y

1
z

Bài 6. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn:   =1 và x + y + z = 1.
Chứng minh rằng: (x – 1)(y – 1)(z – 1) = 0
Lời giải.
1
x

1
y

1
z

Ta có: 1    

xy  yz  zx
Suy ra: xy  yz  zx  xyz
xyz

Do đó: (x – 1)(y – 1)(z – 1) = xyz – (xy + yz + zx) + (x+y+z) -1 (*)
Thay xy + yz + zx = xyz và x + y + z =1 vào (*) ta được:
(x – 1)(y – 1)(z – 1) = xyz – (xy + yz + zx) + (x+y+z) -1
= (xy + yz + zx) – (xy + yz + zx) + 1 -1 = 0 (đpcm)
Bài 7. Cho x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn:
Tính giá trị biểu thức: P 

1 1 1
  0
x y z

yz
zx
xy
 2
 2
x  2 yz y  2 zx z  2 xy
2

Lời giải.
1
x

1
y

1
z

Ta có: 0    

xy  yz  zx
 xy  yz  zx  0
xyz

Do đó: x2 + 2xy = x2 + 2xy – (xy + yz + xz) = (x2 – xz) + (xy – yz)
Suy ra: x2 + 2xy = (x-y)(x-z)
Do đó:

yz
yz

y  2 zx  x  y  x  z 
2

Tương tự ta có:

zx
zx
xy
xy

; 2

y  2 zx  y  x  y  z  z  2 xy  z  x  z  y 
2

Do đó:
4


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

P


yz
zx
xy
yz
zx
xy
 2
 2



x  2 yz y  2 zx z  2 xy  x  y  x  z   y  x  y  z   z  x  z  y 
2

 yz  y  z   zx  z  x   xy  x  y 

 x  y  y  z  z  x 



 x  y  y  z  z  x   1
 x  y  y  z  z  x 

Vậy P = 1.
Bài 8. Cho x, y, z là số thực thỏa mãn xyz =1
Chứng minh: P 

1
1
1


1
1  x  xy 1  y  yz 1  z  zx

Lời giải.
Ta có:

1
x
x
1
xy
xy
;




2
1  y  yz x  xy  xyz 1  x  xy 1  z  zx xy  xyz  x . yz 1  x  xy

Do đó:
P

1
1
1
1
x
xy
1  x  xy






 1(đpcm)
1  x  xy 1  y  yz 1  z  zx 1  x  xy 1  x  xy 1  x  xy 1  x  xy

Bài 9. Cho a  b  c  0. Chứng minh: P 
bc

ca

a b

a

b  c 

2



b

c  a 

2



c

a  b

2

0

Lời giải.
Ta có:


a
b
c
a
b
c
b 2  ab  ac  c 2


0



b c c a a b
bc a c ba
 a  b  c  a 

a

b  c 

2

b2  ab  ac  c 2

 a  b  c  a b  c 

Tương tự ta có:

b

c  a

2



(1)

c 2  bc  ba  a 2
c
b 2  ac  cb  b 2
(2);

(3)
2
 a  b  b  c  c  a 
 a  b   a  b  b  c  c  a 

Cộng (1), (2), (3) Vế theo vế ta được điều phải chứng minh.
Bài 10. Cho a là nghiệm của phương trình: x2  3x  1  0 . Không cần tính a hãy tính
a2
giá trị biểu thức: Q  4 2
a  a 1

Lời giải.
Do a là nghiệm của phương trình: x2  3x  1  0 nên a2  3a  1  0  a2  1  3a .
a2
a2
a2
a2 1



Suy ra: Q  4 2 
a  a  1 a 2  1 2  a 2  3a 2  a 2 8a 2 8





5


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

Bài 11. Cho các số thực a, b, c khác nhau đôi một thỏa mãn: a3  b3  c3  3abc và
ab2
bc 2
ca 2
abc  0 . Tính: P  2 2 2  2 2 2  2
a  b  c b  c  a c  a 2  b2

Lời giải.
Do a3  b3  c3  3abc   a  b  c   a2  b2  c2  ab  bc  ca   0
Do a2  b2  c2  ab  bc  ca  0 với a, b, đôi một khác nhau nên: a + b + c = 0
Suy ra: a + b + c = 0
Khi đó:

ab2
ab2
ab2
b2
b2
b





2
2
2
2
2
a b c
a   b  c  b  c  a   b  c  a  a  c  b b  b 2

Tương tự:

bc 2
c
ca 2
a


;
2
2
2
2
2
2
b c a
2 c  a  b
2

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:
ab2
bc 2
ca 2
b
c
a
1
P 2 2 2  2 2
 2



  a  b  c  0
2
2
2
a b c b c a c  a b
2 2 2
2

Vậy P = 0.
Bài 12. Cho a, b,c là các số thực thỏa mãn: a  b  c  6; 1  1  1  8
ab

bc

ca

Tính giá trị biểu thức: P  c  a  b
ab

bc

ca

Lời giải.
Ta có:
1
1  abc a bc a bc
 1
6.8   a  b  c  





a b
bc
ca
 ab bc ca 
c
a
b
c
a
b
 1
1
1
 3


ab
bc
ac
ab bc a c

Vậy: P  c  a  b  6.8  3  39
ab

Bài 13. Cho

bc

ca

a 4 b4
1
và a2  b2  1 . Chứng minh rằng:
 
x
y x y

a) bx 2  ay 2

b)
Lời giải.

6

x 2000 y 2000
2
 1000 
1000
1000
a
b
a  b


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”



a 2  b2
a 4 b4
a 4 b4
1
2
2
a) Từ  
và a  b  1 suy ra:  
x
y
x y
x
y x y







  x  y  a 4 y  b4 x   x  y  a 2  b2



2



 ay 2  bx 2



2



2

 0  bx 2  ay 2 .

b) Từ câu a) bx 2  ay 2
1000

 x2 
x2 y 2 x2  y 2
1




 
a
b
ab
a b  a 
2000
2000
Do đó: x1000  y1000 

a

b

1000

 1 


 a b 

1000

 y2 
; 
 b 

1000

 1 


 a b 

2

a  b

1000

ax  by  c

Bài 14. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn: bx  cy  a
cx  ay  b


Chứng minh rằng: a3  b3  c3  3abc
Lời giải.
ax  by  c

Ta có: bx  cy  a . Công theo vế các phương trình của hệ ta được:
cx  ay  b


 a  b  c  x   a  b  c  y  a  b  c   a  b  c  x  y  1  0
a  b  c  0

 x  y 1

Với a  b  c  0 thì:  a  b  c   a2  b2  c2  ab  bc  ca   0  a3  b3  c3  3abc (1)
Với x + y = 1 thay vào giả thiết ta được: a = b = c  a3  b3  c3  3abc (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài 15. Chứng minh rằng nếu: x  a  b ; y  b  c ; z  c  a
ab

bc

ca

Thì: 1  x 1  y 1  z   1  x 1  y 1  z 
Lời giải.
Ta có:
a b
2a
bc
2b
ca
2c

;1  y  1 

; 1 z  1

ab a b
bc bc
ca ca
8abc
 1  x 1  y 1  z  
(1)
 a  b  b  c  c  a 

1 x  1

Mặt khác:
7


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

a b
2b
bc
2c
ca
2a

; 1 y  1

; 1 z  1

ab ab
bc bc
ca ca
8abc
 1  x 1  y 1  z  
(2)
 a  b  b  c  c  a 

1 x  1

Từ (1) và (2) suy ra: 1  x 1  y 1  z   1  x 1  y 1  z 
Bài 16. Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn: ay  bx  cx  az  bz  cy
c

b

a

Chứng minh rằng:  ax  by  cz 2   x 2  y 2  z 2  a 2  b2  c 2 
Lời giải.
Đặt ay  bx  cx  az  bz  cy  k  k  cay 2 cby  bcx 2 baz  abz 2 acy
c

k

b

a

c

b

a

cay  cbx  bcx  abz  abz  acy
 0  ay  bx  cx  az  bz  cy  0
a 2  b2  c2

  ay  bx    cx  az    bz  cy   0
2

2

2

  a 2  b 2  c 2  x 2  y 2  z 2    ax  by  cz   0
2

Suy ra:  ax  by  cz 2   x 2  y 2  z 2  a 2  b2  c 2 
Bài 17. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn: b  c; a  b  c và c2  2  ac  bc  ab 
Chứng minh rằng:

a2   a  c 
b  b  c 
2

2

2



ac
bc

Lời giải.
Ta có:
a 2   a  c   a 2  c 2  c 2   a  c   a 2  c 2  2  ac  bc  ab    a  c   2  a  c  a  c  b 
2

2

2

Tương tự: b2   b  c  = 2  b  c  b  c  a 
2

Do đó:

a2   a  c 
b  b  c 
2

2

2



2  a  c  a  c  b 
2  b  c  b  c  a 



ac
(đpcm)
bc

Bài 18. Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng: a 4  b4  c 4  1  a 2  b2  c 2 

2

2

Lời giải.
Từ: a + b + c = 0  b  c  a   b  c   a 2  b2  2bc  c 2  a 2
2



 a 2  b 2  c 2  2bc  a 2  b 2  c 2



 

 2 a 4  b4  c 4  a 2  b2  c 2





2

 4b 2c 2  a 4  b 4  c 4  2a 2b2  2b2 c 2  2c 2 a 2

2

8


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

Vậy: a 4  b4  c 4  1  a 2  b2  c 2 

2

2

Bài 19. Cho m  a  b ; n  c  d ; p  ac  bd . Chứng minh rằng: m  n  p  m.n. p
a b

cd

ad  bc

Lời giải.
Ta có:
mn p 


a  b c  d ac  bd  a  b  c  d    c  d  a  b  ac  bd




a  b c  d ad  bc
ad  bc
 a  b  c  d 

2  ac  bd 



ac  bd  ac  bd   2  ad  bc    a  b  c  d  

ad  bc
 a  b  c  d  ad  bc 

 a  b  c  d 
 ac  bd  a  b  a  c   m.n. p

 a  b  c  d  ad  bc 

Vậy đẳng thức được chứng minh.
Bài 20. Cho các số dương x, y thỏa mãn: 7 x2 13xy  2 y 2  0
Tính giá trị biểu thức: A 

(1)

2x  6 y
.
7x  4 y

Lời giải.
Từ (1) ta có: (7 x  y)( x  2 y)  0  x  2 y (do x, y > 0)
Thay x = 2y vào A ta được:

A

2 x  6 y 4 y  6 y 2 y 1



7 x  4 y 14 y  4 y 18 y 9

2010
 2010
1 

y
Bài 21. Cho các số thực x, y thỏa mãn:  x
 x  2 y  2335

x
y

Tính giá trị biểu thức: B  .
Lời giải.
Đặt a 

2010
2010
, b
với a, b > 0.
x
y


a 1  b
 a 1  b
1
2
7


 1 2 7  

 2010 2.2010
a a 1 6

 2345   
Từ (2) suy ra: 
b
a b 6
 a
 7a 2  11a  6  0  a  2 (do a  0) suy ra : b  3.

Vậy:

B

x b 3
  .
y a 2

9

(2)


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

5

5x  3 y  z

2
Bài 22. Cho số thực x, y, z, t thỏa mãn: 
t  t  t  9

 x y z 10

Tính giá trị biểu thức: C 

(1)
(2)

t2 t2 t2
  .
xy yz zx

Lời giải.
Từ (1) ta có: y  5 x, z  2 x.
3

Thay y  5 x, z  2 x. vào (2) ta được: t  t  t  9  t  x.
3

Vì thế: C 

x

5
x
3

2x

10

t 2 t 2 t 2 x2 x2 x2 x x x x 3 3 1 1 7
  
 
  .    .   .
xy yz zx xy yz zx y y y z 5 5 2 2 5
( x  y )( x  y )  z 2

Bài 23. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: 


4 y2  5  7z2

(4)

Tính giá trị biểu thức D  2 x2  10 y 2  23z 2 .
Lời giải.
 z 2  x2  y 2  0

Ta có: (4)  

2
2
 4 y  7 z  5.

(4)

Ta tìm các số thực a, b thỏa mãn: a( z 2  x2  y 2 )  b(4 y 2  7 z 2 )  2 x2  10 y 2  23z 2
 ax 2  (4b  a) y 2  (7b  a) z 2  2 x 2  10 y 2  23z 2
 a2
a  2

  4b  a  10  
7b  a  23 b  3.


Vậy D = 2.0 + 3.5 = 15.
Bài 24. Cho các số thực x, y, z, t thỏa mãn:
t

1

t
 x  2 y  2z
.
(5) . Tính giá trị biểu thức: E 

x  8 y  9z
t
1


 z  3x 2


Lời giải.

10


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

y
z
x
 t  2 t  2 t  1
Ta có: (5)  
 z 3 x  2
 t
t

Mặt khác: 1  x  8 y  9 z . Giả sử a, b là các số thực thỏa mãn:
E

t

t

t

y
z 
x z x
y
z
x
a   2.  2.   b  3.     8.  9.
t
t 
t t t
t
t
t
x
y
z x
y
z
  a  3b   2a.  (2a  b).   8  9
t
t
t t
t
t
 a  3b  1
a  4
1

  2a  8  
  4.1  1.2  6.
E
b 1
 2a  b  9


Vậy E  6
Bài 25. Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a3  a2b  ab2  6b3  0 .
Tính giá trị của biểu thức B 

a 4  4b4
.
b4  4a 4
Lời giải.

Ta có: a3  a2b  ab2  6b3  0  (a  2b)(a2  ab  3b2 )  0 (*)
Vì a > b > 0  a 2  ab  3b2  0 nên từ (*) ta có a = 2 b
Biểu thức B 

a 4  4b4 16b 4  4b 4
12b 4
4

B


.
Vậy:
4
4
4
4
4
b  4a
b  64b
63b
21

Bài 26. Cho ba số x, y, z khác 0 và thoả mãn:

1
x  y  z 
2

1
1 1
1
 4.
 2 2 2
x
y
z
xyz

1 1 1
   0
x y z

Tính giá trị của biểu thức: P   y 2009  z 2009  z 2011  x 2011  x 2013  y 2013 
Lời giải.
Từ giả thiết suy ra:
 1 1 1  1 1 1
1 1 1
1
1 1 1 2(x  y  z) 1 1 1
4 2  2  2 
 2 2 2
 2  2  2  2        
x y z xyz x y z
xyz
x y z
 xy yz zx   x y z 

11

2


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”



1 1 1
1 1 1
   0 suy ra    2 (1)
x y z
x y z

Mặt khác x  y  z 

1
1
 2 (2)
suy ra
2
xyz

Từ (1) và (2) suy ra

1 1 1
1
  
(3)
x y z xyz

Biến đổi

(3)   x  y  y  z  z  x   0

 x 2013   y 2013
 x 2013  y 2013  0
x  y  0
x   y


  z  y  0   y   z   y 2009   z 2009   y 2009  z 2009  0
 z 2011   x 2011
 z 2011  x 2011  0
 x  z  0
 z   x



Bài 27. Cho các số x, y, z khác 0 thỏa mãn đồng thời

nên P = 0

1 1 1
2 1
   2 và
  4.
x y z
xy z 2

Tính giá trị của biểu thức P = (x + 2y + z)2012.
Lời giải.
2

+) Ta có

1 1 1
1 1 1
  2    4
x y z
x y z
2

1
1
1
2
2
2
2
1


+) Do đó  1  1  1   2  12  2  2  2      2  0
x
y
z
xy yz zx xy z
xy z
x y z
2
1  1
2
1
1 1
1 1
 1
 2   2  2 
 2   0          0
xz z   y
yz z 
x
x z  y z
2

2

 1 1 2
 1 1
    0

 x z 
 x z


 x  y  z
2
 1 1 
 1  1
 y  z   0
 y z



Thay vào

1 1 1
1
1
   2 ta được x = y = ; z =
x y z
2
2

1
1 1
Khi đó P =   2.  
2

2

2 

2012

 12012  1

Bài 28. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = a + 2b + 3c = 14.
Tính giá trị của biểu thức T = abc.
Lời giải.

12


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

a 2  b 2  c 2  14 a 2  b 2  c 2  14
Ta có 

a

2
b

3
c

14

2a  4b  6c  28

 a2 + b2 + c2 – 2a – 4b – 6c = - 14
 (a – 1)2 + (b – 2)2 + (c – 3)2 = 0  a = 1; b = 2; c = 3
T = abc = 6.
100

Bài 29. Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a
Tính giá trị biểu thức: P  a

2010

 b100  a101  b101  a102  b102

 b2010
Lời giải.

Ta có:

0  a100 + b100   a101  b101   a101  b101  (a102  b102 )
 a100 1  a   b100 1  b   a101 1  a   b101 1  b 
 a100 . 1  a   b100 . 1  b   0
2

2

Do đó a = b = 1 (do a, b dương)
2010
2010
Vậy P  a  b  1 1  2

Bài 30. Cho số x x  R; x  0 thoả mãn điều kiện: x2 + 12 = 7
x

Tính giá trị các biểu thức: A = x3 + 13 và B = x5 + 15
x

x

Lời giải.
1
x

Từ giả thiết suy ra: (x + )2 = 9  x +
1
x

 21 = (x + )(x2 +
 7.18 = (x2 +
 B = x5 +

1
= 3 (do x > 0)
x

1
1
1
1
) = (x3 + 3 ) + (x + )  A = x3 + 3 =18
2
x
x
x
x

1
1
1
1
)(x3 + 3 ) = (x5 + 5 ) + (x + )
2
x
x
x
x

1
= 7.18 - 3 = 123
x5

Câu 31. Giả sử a,b là hai số thực phân biệt thỏa mãn a2  3a  b2  3b  2
a) Chứng minh rằng a  b  3
b) Chứng minh rằng a3  b3  45
Lời giải.

13


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

2
a  3b  2
a) Giả sử a,b là hai số thực phân biệt thỏa mãn  2
b  3a  2

 a 2  b 2  3  a  b   0   a  b  a  b   3  a  b   0   a  b  a  b  3  0
 a  b  0  loai 

 a  b  3

b)  a  b   27
3

 a3  b3  3ab  a  b   27  a3  b3  9ab  27

vì a2  3a  b2  3b  4   a  b   2ab  3  a  b   4  ab  2
2

vậy a3  b3  45
Câu 32. Với a, b, c là các số thực thỏa mãn:
(3a  3b  3c)3  24  (3a  b  c)3  (3b  c  a)3  (3c  a  b)3

Chứng minh rằng :  a  2b b  2c c  2a   1
Lời giải.

3a  b  c  x

Đặt 3b  c  a  y
 3c  a  b  z


Ta có:
(3a  3b  3c)3  24  (3a  b  c)3  (3b  c  a)3  (3c  a  b)3  ( x  y  z )3  24  x 3  y 3  z 3
 ( x  y  z )3  24  ( x  y  z )3  3( x  y )( y  z )( z  x)  24  3( x  y )( y  z )( z  x)  0
 24  3(2a  4b)(2b  4c)(2c  4a)  0
 24  24(a  2b)(b  2c)(c  2a)  0
 (a  2b)(b  2c)(c  2a)  1

Bài 33. Cho Các số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời 2 đẳng thức:
i)  a  b  b  c  c  a   abc
ii)  a3  b3  b3  c3  c3  a3   a3b3c3 . Chứng minh: abc  0

Lời giải.
Ta có: (a + b )(b + c )(c + a ) = a b c
3

3

3

3

3

3

3 3 3

⇔ (a+b)(b+c)(c+a)(a2 – ab + b2)(b2 – bc + c2)(c2 – ca +a2) = a3b3c3
Mà: (a+b)(b+c)(c+a) = abc. Do đó:
abc(a2 – ab + b2)(b2 – bc + c2)(c2 – ca +a2) = a3b3c3
⇔ abc = 0 hoặc (a2 – ab + b2)(b2 – bc + c2)(c2 – ca +a2) = a2b2c2
14


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

* Nếu abc ≠ 0
Thì: a2 – ab + b2≥ |ab| ; b2 – bc + c2≥ |bc|; c2 – ca + a2≥ |ca|
Suy ra: (a2 – ab + b2)(b2 – bc + c2)(c2 – ca +a2) ≥ a2b2c2
Mà: (a2 – ab + b2)(b2 – bc + c2)(c2 – ca +a2) = a2b2c2
Do đó a = b = c thay vào (i) ⇒ 7a3 = 0 ⇒ a = 0 ⇒ abc = 0 (mâu thuẫn)
Vậy: abc = 0 (đpcm)
Bài 34. Cho các số a, b thỏa mãn 2a 2  11ab  3b2  0, b  2a, b  2a . Tính giá trị biểu
thức: T 

a  2b 2a  3b

.
2a  b 2a  b

Lời giải.
Ta có

a  2b 2a  3b (a  2b)(2a  b)  (2a  3b)(2a  b) 6a 2  11ab  b 2
T



2a  b 2a  b
(2a  b)(2a  b)
4a 2  b 2
Từ giả thiết suy ra 11ab  2a 2  3b2 , thay vào T ta được:

6a 2  11ab  b2 6a 2  2a 2  3b2  b2 2(4a 2  b 2 )


 2.
4a 2  b 2
4a 2  b 2
4a 2  b 2
Bài 35. Cho a và b là các số thực thỏa mãn các điều kiện:

T

6a 2  20a  15  0; 15b2  20b  6  0; ab  1.
Chứng minh rằng:

b3
ab 2  9  ab  1



3

6
.
2015
Lời giải.

Ta ký hiệu các điều kiện như sau:

6a 2  20a  15  0

(1); 15b2  20b  6  0

(2); ab  1 (3).

Dễ thấy các phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt.
Do (3) nên b khác 0. Chia hai vế của (2) cho b2 ta được
2

1
1
6    20    15  0
b
b
Từ (1), (3) và (4) suy ra a và

1
là hai nghiệm khác nhau của phương trình
b

6 x 2  20 x  15  0
Theo định lí Vi-ét: a 

(4)

1
10 a 5
 ;  .
b
3 b 2
15

(5)


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

ab2  9  ab  1
a
1 5

 10  2015
Từ đó :
  9 a     9   
3
b
b
b 2
6

 3
3

Suy ra

b3
ab 2  9  ab  1

3

3



3

6
, điều phải chứng minh.
2015

x  y  a  b
Bài 36. Cho trước a, b  R ; gọi x, y là hai số thực thỏa mãn  3
3
3
3
x  y  a  b

Chứng minh rằng: x2011  y 2011  a 2011  b2011 .
Lời giải.
Cho trước a, b  R ; gọi x,y là hai số thực thỏa mãn
x  y  a  b
( I ) .Chứng minh rằng: x2011  y 2011  a 2011  b2011 .
 3
3
3
3
x  y  a  b

 x  y  a  b
(I )  
3
3
 x  y   3xy  x  y    a  b   3ab  a  b 
(1)
x  y  a  b

(*)
xy
(
a

b
)

ab
(
a

b
)
(2)

x  y  a  b
+/Nếu a  b  0 thì (*)  
 xy  ab

=> x, y là 2 nghiệm của phương trình X 2  (a  b) X  ab  0
x  b x  a
Giải ra ta có 
=> x2011  y 2011  a 2011  b2011 .
;
y  a y  b

+/Nếu a  b  0 => a  b .
x  y  0
Ta có hệ phương trình  3
 x  y .
3
x

y

0


a 2011  b 2011  0
=>  2011
=> x2011  y 2011  a 2011  b2011
2011
 x  y  0

Bài 37. Cho

a 2  bc b2  ca c 2  ab
x 2  yz y 2  zx z 2  xy


. Chứng minh rằng:


a
b
c
x
y
z

Gợi ý.
16


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

x 2  yz y 2  zx z 2  xy
x 2  yz
y 2  zx
z 2  xy


ka
,b 
,c 
a
b
c
k
k
k

Đặt

Sau đó tính: a2  bc, b2  ca, c2  ab theo x, y,z, k từ đó suy ra:

a 2  bc b2  ca c 2  ab


x
y
z

Bài 38. Phân tích đa thức thành nhân tử: P  x4  2000x2  1999x  2000.
Lời giải.
P  x 4  2000 x 2  1999 x  2000  x 4  x3  x 2  1999  x 2  x  1   x 3  1
 x 2  x 2  x  1  1999  x 2  x  1   x  1  x 2  x  1
  x 2  x  1 x 2  1999  x  1   x 2  x  1 x 2  x  2000 

Bài 39. Cho a, b ≠ 0 thỏa mãn a + b = 1. Chứng minh:

2  ab  2 
a
b
 3
 2 2
b 1 a 1 a b  3
3

Lời giải.
VT 






a
b
a
b
 3


b  1 a  1  b  1  b2  b  1  a  1  a 2  a  1
3

a
b
1
1

 2
 2
2
a  b  b  1 b  a  a  1 b  b  1 a  a  1
2

  a 2  a  1   b 2  b  1

a

2

 a  1 b 2  b  1
2  ab  2 

a b   a  2ab  b   2
2 2

2

2

 a  b 2  2ab  3

 2 2 
2
2
a b  ab  a  b   a  b  ab  2


2  ab  2 
 VP
a 2b 2  3

Vậy bài toán được chứng minh.
Bài 40. Phân tích đa thức thành nhân tử: P  a4  b  c   b4  c  a   c 4  a  b 
Lời giải.
Ta có:
P  a 4  b  c   b 4  c  a   c 4  a  b   a 4  b  c   b 4  a  b    b  c    c 4  a  b 

 a 4  b  c   b4  a  b   b 4  b  c   c 4  a  b    a  b   c 4  b 4   b  c   a 4  b 4 
  a  b  b  c  c  a   a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 


1
2
2
2
 a  b  b  c  c  a   a  b    b  c    c  a  
2

Bài 41. Với a, b, c là số thực thỏa mãn:
(3a +3b+3c)3 = 24 + (3a + b – c)3 + (3b + c – a )3 + (3c + a – b) (*)
Chứng minh rằng: (a+2b)(b+2c)(c+2a) = 1
17


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

Lời giải.
Đặt: 3a + b – c = x; 3b + c – a = y; 3c + a – b = z. Ta có:
(*) ⇔ (x+y+z)3 = 24 + x3 + y3 + z3
⇔ 3(x+y)(y+z)(z+x) =24 ⇔ 24(a+2b)(b+2c)(c+2a) = 24
⇔ (a+2b)(b+2c)(c+2a) = 1 (đpcm)
Bài 42. Cho a, b, c đôi một khác nhau. Tính giá trị biểu thức:
P

a2
b2
c2


 a  b  a  c   b  c  b  a   c  b  c  a 

Hƣớng dẫn.
P

a 2  c  b   b2  a  c   c 2 b  a 
a2
b2
c2



 a  b  a  c   b  c  b  a   c  b  c  a 
 a  b b  c  c  a 

Bẳng cách tách: a  c    c  b    b  a  ta phân tích được:
a 2  c  b   b2  a  c   c 2  b  a   a  b  b  c  c  a 
P

1
 a  b  b  c  c  a 
 a  b  b  c  c  a 

Bài 43. Cho a, b, c khác 0 thỏa mãn:
P

a
b
c


 1. Tính giá trị biểu thức:
bc ca a b

a2
b2
c2


bc ca a b

Lời giải.
Ta có: a + b + c ≠ 0 do nếu a + b + c = 0 thì:
a
b
c
a
b
c





 1  1  1  3 (trái với giả thiết)
b  c c  a a  b a b c

Do đó a + b + c ≠ 0. Khi đó:

 b  c  a  b2   c  a  b  c2   a  b  c
b
c 
a2
 a
a  b  c  a  b  c





bc
ca
ca
a b
a b
bc ca ab  bc
a2
b2
c2
 abc


bc ca ab
2
a
b2
c2
P


0
bc ca ab
a  b  c  d
Bài 44. Cho 4 số a, b, c, d nguyên thỏa mãn: 
. Chứng minh: c = d.
 ab  1  cd
Lời giải.
Ta có: a + b = c + d suy ra: a = c + d – b thay vào ab + 1 = cd
Ta có:  c  d – b  .b  1  cd  b  d  b   cd  cd  1  0   d  b b  c   1
18


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

Vì b,c, d là số nguyên nên: d – b = -b + c = 1 hoặc –d + b = b – c = 1
Vậy c = d
 a b  c 1

Bài 45. Cho a 2  b 2  c 2  1 . Tính giá trị biểu thức: P  a2018  b2018  c2018
 a 3  b3  c 3  1


Lời giải.
Ta có:

 a  b  c   a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca   1
 1  2  ab  bc  ca   1  ab  bc  ca  0
2

Mặt khác:
a3  b3  c3  3abc   a  b  c   a 2  b2  c 2  ab  bc  ca   1  3abc  1. 1  0 
 abc  0  a  0  b  0  c  0

b2  2bc  c 2  1
b  0
 b  c 1
Xét a = 0 thì  2 2   2 2
 bc  0  
b  c  1  b  c  1
c  0


Do đó: a = 0 , b = 0, c = 1 hoặc a = 0 , b = 1, c = 0
Khi đó: P = 1
Lập luận tương tự với các trường hợp b = 0 và c = 0.
Vậy P = 1.
Bài 46. Cho a + b + c + d = 0. Chứng minh rằng: a3  b3  c3  d 3  3  c  d  ab  cd 
Lời giải.
Từ: a  b  c  d  0
 a  b    c  d    a  b     c  d   a 3  b3  3ab  a  b   c 3  d 3  3cd  c  d 
3

3

 a 3  b3  c3  d 3  3ab  a  b   3cd  c  d   a 3  b3  c 3  d 3  3ab  c  d   3cd  c  d 
 a 3  b3  c3  d 3  3  c  d  ab  cd 

Vậy bài toán được chứng minh.


Bài 47. Cho a3  b3  c3  3abc . Tính giá trị biểu thức: A  1  
1  1  
b
c
a
a



Lời giải.

19

b



c






CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

a 3  b3  c 3  3abc
  a  b   3ab  a  b   b3  3abc
3

  a  b  c   3c  a  b  a  b  c   3abc  3ab  a  b 
3

  a  b  c   3c  a  b  a  b  c   3ab  a  b  c 
3

  a  b  c   3  a  b  c  ab  bc  ca 
3

2
  a  b  c   a  b  c   3  ab  bc  ca    0



  a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca   0

1
2
2
2
 a  b  c   a  b    b  c    c  a    0
2
abc  0

a  b  c  0


2
2
 abc
 a  b    b  c    c  a   0


a  b c  b a  c c a b
.
.
 . .  1
a
b
a
a b a

Với a + b + c = 0 thì: P 

Với a = b = c thì P  1  11  11  1  8
Bài 48. Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn: ab + bc +ca = 1. Tính giá trị biểu
thức:

 a  b b  c   c  a 
a) A 
2
2
2
2

2

2

b)

1  a 1  b 1  c 

a
B

2

 2bc  1 b 2  2ca  1 c 2  2ab  1

 a  b b  c  c  a 
2

2

2

Lời giải.
a) Ta có: 1 + a2 = ab + bc + ca + a2 = (a + b)(a + c)
Tương tự: 1 + b2 = (a + b)(b + c)
;
1 + c2 = (c +a)(b +c)

 a  b b  c  c  a 
Do đó: A 
2
2
2
2

2

2

1  a 1  b 1  c 

 a  b  b  c  c  a 

2
2
2
 a  b b  c  c  a 
2

2

2

1

b) Ta có: a2 + 2bc – 1 = a2 + 2bc – ab – bc – ca = (a-b)(a-c)
Tương tự: b2 + 2ca – 1 = (b – c)(b – a)
;
c2 + 2ab - 1 = (c – a)(c – b)
Do đó:

a
B

Bài 49. Cho

2

 2bc  1 b 2  2ca  1 c 2  2ab  1

 a  b b  c   c  a 
2

2

2

 a  b b  c  c  a 

2
2
2
 a  b  b  c   c  a 
2

2

1 1 1
ab bc ac
   0 . Tính giá trị biểu thức: P  2  2  2
a b c
c
a b

Gợi ý.
Ta dễ dàng chứng minh được khi

1 1 1
1 1 1
3
   0 thì 3  3  3 
a b c
a b c
abc

20

2

1


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

Do đó: P 

ab bc ac abc abc abc
3
1 1 1
 2  2  3  3  3  abc  3  3  3   abc.
3
2
c
a b
c
a
b
abc
a b c 

Bài 50. Giả sử x, y là hai số thực phân biệt thỏa mãn
Tính giá trị biểu thức P 

1
1
2
 2

x  1 y  1 xy  1
2

1
1
2
 2

x  1 y  1 xy  1
2

Lời giải.
1
1
2
1
1
1
1
 2

 2

 2

0
x  1 y  1 xy  1
x  1 xy  1 y  1 xy  1
2

xy  y 2
xy  x 2

 0   xy  y 2  y 2  1   xy  x 2  x 2  1  0
2
2
 x  1  xy  1  y  1  xy  1
  x  y   xy  1  0  xy  1 (vi x  y )  S  2
2

CHỦ ĐỀ 2. CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC
Bài 1.
Cho đa thức P( x)  ax2  bx  c. Biết P( x) chia cho x + 1 dư 3, P( x) chia cho x dư 1 và
P( x) chia cho x – 1 dư 5. Tìm các hệ số a, b, c.

Lời giải.
Vì P(x) chia cho x + 1 dư 3 nên P(x) – 3 chia hết cho x + 1.
⇒ P(x) – 3 = f(x).(x + 1)
Thay x = –1 vào đẳng thức trên ta có:
P(–1) – 3 = f(–1).( –1 + 1) = 0.
⇒ P(–1) = 3

(1)

Tương tự, P(x) chia cho x dư 1 nên P(0) = 1
P(x) chia cho x – 1 dư 5 nên P(1) = 5
(3)
Từ (1), (2), (3) ta có hệ phương trình:

(2)

a.(1) 2  b.(1)  c  3 a  b  c  3
a  3
 2


 c  1
 b  1
a.0  b.0  c  1
a.12  b.1  c  5
 a  b  c  5 c  1




⇒ P(x) = 3x2 + x + 1. Thử lại ta thấy P(x) thỏa mãn đề bài.
Vậy P(x) = 3x2 + x + 1.
Bài 2. Cho đa thức f ( x)  x2   a  3 x  a . Xác định a để f(x) chia hết cho (x – 2).
21


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

Lời giải.
Vì f ( x) x  2  nên x = 2 là nghiệm của đa thức f(x) hay f(2) = 0
Do đó: 22   a  3 .2  a  0  a  2
Bài 3. Cho đa thức f ( x)  x2  2  a  1 x  b  1. Xác định a, b để f(x) chia hết cho
(x – 1) và và đa thức (x + 2).
Ta có: f  x  x  1 ;

Lời giải.
f  x  x  2  nên x = 1 và x = -2 là nghiệm của đa thức f(x)

hay f(1) = 0 và f(-2) = 0. Do đó:
2

 2a  b  2
3
 1  2  a  1 .1  b  1  0

 a   ; b  1

2
2
4a  b  7

 2   2  a  1 .  2   b  1  0

Bài 4. Cho đa thức bậc 3 dạng: f  x  = x3  ax2  bx  c chia hết cho (x – 2) và khi
chia cho (x2 – 1) dư 2x.
Lời giải.
Ta có f(x) chia hết cho (x – 2) nên x = 2 là nghiệm của đa thức f(x) hay f(2) = 0.
Do đó: 23  a.22  b.2  c  0  4a  2b  c  8 1
Mặt khác: f(x) chia cho (x2 – 1) dư 2x nên g(x) = f(x) – 2x nhận (x2 – 1) là nghiệm
hay x = 1 và x = -1 là nghiệm của g(x). Do đó:
 g 1  0
 1 a  b  c  2  0



 g  1  0 1  a  b  c  2  0


Từ (1), (2), (3) ta có: a  

 2
(3)

10
10
; b  1; c 
.
3
3

Vậy đa thức cần tìm là: f  x   x3 

10 2
10
x x
3
3

Bài 5. Cho đa thức f(x) có bậc 2002 thỏa mãn điều kiện: f  n  

1
với x = 1; 2;
n

3;....;2001. Tính giá trị của f(2002)
Lời giải.
1
n

1
n

Ta có: f  n   nên f  n    0 với x = 1; 2; 3;....;2001. Suy ra: x = 1; 2; 3;....;2001
1
x

là nghiệm của phương trình: f  x    0 hay

x.f(x)  1
0
x

Xét phương trình: G  x   x. f  x   1 có nghiệm là x = 1; 2; 3;....;2001 và G(0) = -1.
22


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

Do đó G(x) có dạng: G  x   a  x  1 x  2 x  3 ...  x  2001
Suy ra: G(0) = a.(-1)(-2)(-3)....(-2001) = -1 Vì thế: a 

1
.
1.2.3....2001

Do đó:
1
 x  1 x  2  x  3 ...  x  2001
1.2.3....2001
1
 xf  x   1 
 x  1 x  2  x  3 ...  x  2001
1.2.3.....2001
 x  1 x  2  x  3 ...  x  2001  1.2.3...2001
 f  x 
1.2.3.....2001.x
 2002  1 .  2002  2  ...  2002  1  1.2.3...2001  2.1.2.3.....2001  1 .
 f  2002  
1.2.3.4...2001.2002
1.2.3...2001.2002 1001

G  x 

Bài 6. Cho đa thức: P  x   x4  ax3  bx2  cx  d thỏa mãn P 1  3, P  3  11, P  5  27.
Tính giá trị của: S  P  2  7.P  6 .
Lời giải.
Xét đa thức: f  x  = ax  bx  c thỏa mãn: f 1  3, f  3  11, f  5  27.
2

2

 a.12  b.12  c  3
a  1
 2
Khi đó ta có:  a.3  b.3  c  11  b  0 Nên f  x   x2  2
a.52  b.5  c  27

c  2


Suy ra đa thức Q  x   P  x   f  x  là đa thức bậc 4 có hệ số cao nhất là 1 và nhận
1,3, 5 là nghiệm,
Do đó: Q  x    x  1 x  3 x  5 x  m  . Từ đó ta tính được:

 P  2   Q  2   f  2   216  105m


 7.P  6   7.Q  6   f (6)  896  105m

Vậy: S  P  2  7.P  6  216  105m  896  105m  1112.
Bài 7. Thì các đa thức g(x) và h(x) với hệ số nguyên sao cho:


g
h


7

2 7
2

2 .

Lời giải.
Đặt u  2  7 ta cần xác định các đa thức h(x) và g(x) sao cho
h u   g u  . 2  0







Xét tích: u   2  7  u   2  7   u 2  2 7u  5.
23

h u 
 2 hay
g u 


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

Do u là nghiệm của phương trình u 2  2 7u  5  0 nên
Mặt khác:

u2  5
 7
2u

u2  5 u2  5
2 u 7 u

2u
2u

Vậy h  x   u 2  5; g  x   2x
Thử lại thấy h(x) và g(x) thỏa mãi điều kiện bài toán.
x3
Bài 8. Cho f  x  
. Hãy tính giá trị của biểu thức sau:
1  3x  3x 2

 1 
A f 

 2012 

 2 
f
  ... 
 2012 

 2010 
f

 2012 

 2011 
f

 2012 

Lời giải.
Nhận xét. Nếu x  y  1 thì f  x   f  y   1.
Thật vậy, ta có f  x  

1  x 
f  y   f 1  x   3
3
x  1  x 
3

x3
x3  1  x 

3



1  x   1 .
suy ra f  x   f  y   f  x   f 1  x   3
 3
3
3
x  1  x  x  1  x 
3

x3

1
1
Vậy, nhận xét được chứng minh. Ta có f    .
2

2

Theo nhận xét trên ta có:
  1 
 2011     2 
 2010  
A f 
 f 
   f 
 f 
   ... 
 2012     2012 
 2012  
  2012 
  1005 
 1007  
 1006 
1
 f 
  f 
  1005  f    1005,5
f
 2012  
 2012 
2
  2012 

Bài 9. Tìm đa thức P(x) bậc 4 thỏa mãi các điều kiện sau:
P(-1) = 0 và P  x   P  x  1  x  x  1 2x  1 , x  R.
Lời giải.
Với x = 0 thì P  0  P  1  0
Với x = - 1 thì P  1  P  2  0
Do đó P(x) nhận -1, 0, -2 là nghiệm.
Đặt P  x   x  x  1 x  2 ax  b  vớ a ≠ 0.
Với x = 1 thì P(1) = P(0) + 6 = 6. Suy ra: a + b = 6 (1)
24


CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN ĐẠI SỐ THCS “PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC”

Với x = 2 thì P(2) = P(1) + 30 = 36. Suy ra: 2a  b 
Từ (1) và (2) suy ra: a  b 
1
2

3
(2)
2

1
2

Vậy P  x  x  1  x  2 
2

Bài 10. Cho đa thức P(x) thỏa mãn:
1 1
P 1  1; P    2 P  x  , x  0; P  x1  x2   P  x1   P  x2  , x1 , x2  R.
 x x

Tính P  
7
5

Lời giải.
Ta có: P(2) = P(1 + 1) = P(1) + P(1) = 1 + 1 = 2.
Tương tự: P(3) = 3; P(5) = 5; P(7) = 7.
Từ đó: P    2 P  7   ; P    P    P   
7 7
7 7
7
7 7
1

1

1

2

1

1

2

Tương tự: P    ; P   
7 7 7 7
3

3

5

5

Bài 11. Cho đa thức P  x   x3  x và Q  x   x81  x49  x25  x9  x  1.
a) Tìm số dư trong phép chia Q(x) cho P(x)
b) Tìm x để Q  x  P  x 
Lời giải.
a) Ta có: P  x   x  x2  1 ; Q  x   x  x80 1  x  x48 1  x  x24 1  x  x8 1  5 x  1
Vì các đa thức x80  1; x48  1; x8  1 đều chia hết cho x 2  1 nên phép chia Q(x) cho P(x)
dư 5x + 1.
b) Để Q  x  P  x  thì 5 x  1  0  x  

1
5

Bài 12. Cho đa thức P  x   ax2  bx  c thỏa mãn điều kiện với số nguyên x bất kì thì
P(x) là số chính phương. Chứng minh rằng a, b, c là số nguyên và b là số chẵn.
Lời giải.
Do P  0   c là số chính phương nên c  m2 với m là số nguyên (hiên nhiên c là số
nguyên).
25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×