CÁC DẠNG TOÁN MỚI VỀ BIỂU THỨC ĐẠI SỐ THCS THƯỜNG ĐƯỢC RA TRONG CÁC KÌ THI GẦN ĐÂY (BẢN WORD) by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN THCS

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CÁC DẠNG TOÁN MỚI VỀ BIỂU THỨC ĐẠI SỐ THCS THƯỜNG ĐƯỢC RA TRONG CÁC KÌ THI GẦN ĐÂY (BẢN WORD CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI) WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

MỤC LỤC Trang

Chủ đề 1. Rút gọn phân thức hữu tỉ Dạng 1: Rút gọn biểu thức hữu tỉ Dạng 2: Rút gọn biểu thức hữu tỉ và bài toán liên quan Dạng 3: Rút gọn biểu thức có tính quy luật Bài tập vận dụng Hướng dẫn giải

3 3 6 8 9

Chủ đề 2. Tính giá trị biểu thức một biến Dạng 1: Tính giá trị biểu thức chứa đa thức Dạng 2: Tính giá trị biểu thức chứa căn thức Dạng 3: Tính giá trị biểu thức có biến là nghiệm của phương trình Bài tập vận dụng Hướng dẫn giải

14 15 15 16 19

Chủ đề 3. Tính giá trị biểu thức nhiều biến có điều kiện Dạng 1: Sử dụng phương pháp phân tích Dạng 2: Sử dụng phương pháp hệ số bất định Dạng 3: Sử dụng phương pháp hình học Dạng 4: Sử dụng Vận dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau Bài tập vận dụng Hướng dẫn giải

24 25 27 28 28 34

Chủ đề 4. Một số phương pháp chứng minh đẳng thức Dạng 1: Sử dụng phép biến đổi thương đương Dạng 2: Sử dụng hằng đẳng thức quen biết Dạng 3: Sử dụng phương pháp đổi biến Dạng 4: Sử dụng bất đẳng thức Dạng 5: Sử dụng lượng liên hợp Dạng 6: Chứng minh có một số bằng hằng số cho trước Dạng 7: Sử dụng Vận dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau Bài tập vận dụng Hướng dẫn giải

49 50 51 53 53 54 56 58 63

Chủ đề 5. Rút gọn biểu thức đại số và bài toán liên quan Dạng 1: Các bài toán biến đổi căn thức thường gặp Dạng 2: Sử dụng ẩn phụ để đơn giản hóa bài toán Dạng 3: Các bài toán về tổng dãy có quy luật Dạng 4: Rút gọn biểu thức chứa căn có một hoặc nhiều ẩn Dạng 5: Rút gọn biểu thức và bài toán liên quan Bài tập vận dụng Hướng dẫn giải

77 78 83 84 87 97 101

RÚT GỌN PHÂN THỨC HỮU TỶ Nhắc lại kiến thức: Các bước rút gọn biểu thức hữu tỷ 1. Tìm ĐKXĐ: Phân tích mẫu thức thành nhân tử, cho tất cả các nhân tử khác 0. 2. Phân tích tử thành nhân tử, chia tử và mẫu cho nhân tử chung. Dạng 1: Rút gọn biểu thức hữu tỷ

x 4 − x 3 − 2x − 4 . 2x 4 − 3x 3 + 2x 2 − 6x − 4

Thí dụ 1.Rút gọn biểu thức A =

Lời giải Ta có:

( = (x

) ( ) ( )( ) ( ) + 2 )( x − x − 2 ) = ( x + 2 ) ( x + 1)( x − 2 ) . − 6x − 4 = ( 2x − 8 ) − ( 3x + 6x ) + ( 2x + 4 ) = 2 ( x − 4 ) − 3x ( x + 2 ) + 2 ( x + 2 ) = ( x + 2 )( 2x − 3x − 2 ) = ( x + 2 ) ( x − 2 )( 2x + 1) .

x 4 − x 3 − 2x 2 − 4 = x 4 − 4 − x 3 + 2x = x 2 + 2 x 2 − 2 − x x 2 + 2

2x 4 − 3x 3 + 2x 2

1 Điều kiện xác định của A là x ≠ 2, x ≠ − . Ta có: 2

( x + 2 ) ( x + 1)( x − 2 ) = x + 1 . A= ( x + 2 ) ( x − 2 )( 2x + 1) 2x + 1 2

Vậy với x ≠ 2 và t ≠ −

1 x +1 thì A = 2 2x + 1

Thí dụ 2.Rút gọn biểu thức B =

2xy − x 2 + z 2 − y 2 . 2x 2 + z 2 − y 2 + 2xz Lời giải

Ta có:

(

z 2 − x 2 − 2xy + y 2

)

) = z − ( x − y ) = ( z + x − y )( z − x + y ) .

+ 2xz + z 2 − y 2

( x + z)

− y2

Với x + y + z ≠ 0, x − y + z ≠ 0 ⇒ B =

( x + z + y )( x + z − y )

z−x+y . x+y+z

Dạng 2: Rút gọn biểu thức hữu tỷ và bài toán liên quan Thí dụ 3. Cho biểu thức A = a) Rút gọn A

x 4 − 5x 2 + 4 . x 4 − 10x 2 + 9

b) Tìm x để A = 0 c) Tìm giá trị của A khi 2x − 1 = 7

Lời giải a) Ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) = ( x − 1)( x − 4 ) = ( x − 1)( x + 1)( x − 2 )( x + 2 ) + 9 = ( x − x ) − ( 9x − 9 ) = x ( x − 1) − 9 ( x − 1) = ( x − 1)( x − 9 ) = ( x − 1)( x + 1)( x − 3 )( x + 3 )

x 4 − 5x 2 + 4 = x 4 − x 2 − 4 x 2 − 1 = x 2 x 2 − 1 − 4 x 2 − 1 2

x 4 − 10x 2

Điều kiện xác định của A là x ≠ ±1, x ≠ ±3. Ta có:

( x − 1)( x + 1)( x − 2 )( x + 2 ) = ( x − 2 )( x + 2 ) ( x − 1)( x + 1)( x − 3 )( x + 3 ) ( x − 3 )( x + 3 )

b) Ta có:

A=0⇔

( x − 2 )( x + 2 ) = 0 ⇔ x = ±2. ( x − 3)( x + 3)

c) Ta có:

 2x − 1 = 7  x=4 2x − 1 = 7 ⇔  ⇔  x = −3  2x − 1 = −7 Với x = 4 thì A =

( x − 2 )( x + 2 ) = ( 4 − 2 )( 4 + 2 ) = 1.6 = 6 ( x − 3 )( x + 3 ) ( 4 − 3 )( 4 + 3 ) 1.7 7

Với x = - 3 thì A không xác định.

Thí dụ 4.Cho biểu thức B =

2x 3 − 7x 2 − 12x + 45 3x 3 − 19x 2 + 33x − 9

a) Rút gọn B b) Tìm x để B > 0

Lời giải a) Ta có:

( ) ( ) = ( x − 3 ) ( 3x − 10x + 3 ) = ( x − 3 ) ( 3x − 9x ) − ( x − 3 )  = ( x − 3 ) ( 3x − 1)   2x − 7x − 12x + 45 = ( 2x − 6x ) − ( x − 3x ) − ( 15x − 45 ) = ( x − 3 ) ( 2x − x − 15 ) = ( x − 3 ) ( 2x − 6x ) + ( 5x − 15 )  = ( x − 3 ) ( 2x + 5 )   3x 3 − 19x 2 + 33x − 9 = 3x 3 − 9x 2 − 10x 2 − 30x + ( 3x − 9 ) 2

1 Điều kiện xác định của A là x ≠ 3, x ≠ . Ta có: 3

( x − 3 ) ( 2x + 5 ) = 2x + 5 B= ( x − 3 ) ( 3x − 1) 3x − 1 2

b) Ta có:

 1   x > 3    3x − 1 > 0 1   x > − 5  x>  2x + 5 > 0   2x + 5   2 3 B>0⇔ > 0 ⇔  ⇔ ⇔ 3x − 1  3x − 1 < 0  1 x < − 5  x<     2  3   2x + 5 < 0  5  x < −   2 Vậy để B > 0 thì x >

1 5 ∨x<− . 3 2

Thí dụ 5.Cho biểu thức: P =

y2 − x2 y2  x+y 2  x2 − 2 + − . 2 với 2  x  x + xy xy xy + y  x + xy + y 2

x ≠ 0; y ≠ 0; x ≠ − y 1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tính giá trị của biểu thức P, biết x, y thỏa mãn đẳng thức: x 2 + y 2 + 10 = 2 ( x − 3y )

Lời giải 1) Với x ≠ 0; y ≠ 0; x ≠ − y ta có: P=

2 2 2 2 2  x y − x − y ( x + y ) − xy − x  xy ( x + y ) 

(

)

 x+y . 2  x + xy + y 2 

x+y 2 xy ( x − y ) − ( x − y )( x + y ) = − . 2 x xy ( x + y ) x + xy + y 2

(

)

2 2 x+y 2 ( x − y ) x + xy + y = + . 2 x xy ( x + y ) x + xy + y 2

2 x−y x+y + = x xy xy

2) Ta có: x 2 + y 2 + 10 = 2 ( x − 3y )

⇔ x 2 − 2x + 1 + y 2 + 6y + 9 = 0 2

⇔ ( x − 1) + ( y + 3 ) = 0 x = 1 (tm) Lập luận ⇒   y = −3

Nên thay x = 1; y = −3 vào biểu thức P =

x + y 1 + ( −3 ) 2 = = xy 1. ( −3 ) 3

2 5−x  1 Thí dụ 6.Cho biểu thức: A =  + − 2  1− x 1+ x 1− x

 1 − 2x : 2  x −1

a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên c) Tìm x để A = A

Lời giải a) ĐKXĐ: x ≠ ±1; x ≠

1 2

 1 + x + 2 (1 − x ) − ( 5 − x )  x2 − 1 A= . 2  1 − 2x  1 − x   −2 x 2 − 1 2 = . = 1 − x 2 1 − 2x 1 − 2x x = 1(ktm) b) A nguyên, mà x nguyên nên 2 ⋮ ( 1 − 2x ) , từ đó tìm được  x = 0(tm) Vậy x = 0 c) Ta có: A = A ⇔ A ≥ 0 ⇔ 1 − 2x > 0 ⇔ x < Kết hợp với điều kiện : −1 ≠ x <

1 2

Dạng 3: Rút gọn các biểu thức có tính quy luật Ví dụ 7.Tính tổng: S =

1 1 1 1 + + + ..... + 1.3 3.5 5.7 2007.2009

Lời giải Ta có:

1 1 ( n + 2) − n 1  1 1  = . =  − 2  n n + 2  n (n + 2) 2 n ( n + 2)

Do đó: S=

1 1 1 1 1 1  1 1  1004 − = 1− 1 − + − + ...... + =   2 3 3 5 2007 2009  2  2009  2009

Ví dụ 8.Cho M =

2.1 + 1

2.2 + 1

) (2

2.3 + 1

) (3

)

+ ...... +

Tính giá trị biểu thức M

Lời giải

2.2012 + 1

( 2012

+ 2012

)

Ta có:

2a + 1

)

1 1 − 2 a ( a + 1)2

Do đó:

1 1 1 1 1 1 1 + 2 − 2 + 2 − 2 + ....... + − 2 2 2 2 3 3 4 2012 20132 1 = 1− 20132

M = 1−

Ví dụ 9. Rút gọn biểu thức:

3 2

(1.2 ) ( 2.3 )

+ ...... +

2.n + 1  n ( n + 1) 

Lời giải Ta có:

2k + 1  k ( k + 1) 

2k + 1 2

k ( k + 1)

1 1 − 2 k ( k + 1) 2

Do đó:

n ( n + 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − 2 + 2 − 2 + 2 − .... − 2 + 2 − = − = 2 2 2 2 1 ( n + 1) 1 2 2 3 3 n n ( n + 1) ( n + 1)

Ví dụ 10. Rút gọn biểu thức:

 1  1  1  1  M =  1 − 2   1 − 3  1 − 2   1 − 2   2   3  4   n  Lời giải Ta có:

1−

1 k 2 − 1 ( k + 1)( k − 1) = = k2 k2 k2

Do đó:

( n − 1)( n + 1) = 1.3.2.4... ( n − 1)( n + 1) 1.3 2.4 3.5 . . ..... 2 2 32 4 2 n2 2 2.3 2.4 2...n 2 1.2.3... ( n − 1) 3.4.5.... ( n + 1) 1 n + 1 n + 1 = . = . = 2.3.4.... n n 2 2n 2.3.4.... ( n − 1) n

Bài tập vận dụng

 x 2 − 2x   2x 2 1 2  Câu 1. Rút gọn biểu thức sau: A =  2 . 1 − − 2 . − 2 3    2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x 

 x+1 x2 + x 1 2 − x2  : − +   1 − x x2 − x  x 2 − 2x + 1  x

Câu 2. Cho biểu thức : P = a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P < 1

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1

14 + 4 54 + 4 94 + 4 17 4 + 4 . . .... 34 + 4 7 4 + 4 114 + 4 19 4 + 4  4x 8x 2   x − 1 2 Câu 4. Cho biểu thức : A =  + : −  2   2  2 + x 4 − x   x − 2x x  Câu 3. Tìm tích: M =

a) Tìm điều kiện xác định, rồi rút gọn biểu thức A b) Tìm x để A = − 1 c) Tìm các giá trị của x để A < 0

 x−4 1   x−8  Câu 5. Cho biểu thức P =  3 +  : 1− 2  ( x ≠ 1)  x −1 x −1  x + x +1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị của P khi x là nghiệm của phương trình x2 − 3x + 2 = 0

 x 2 − 2x  2x 2 1 2  Câu 6. Cho biểu thức A =  2 − . 1− − 2  2 3    2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x  a) Tìm x để giá trị của A được xác định. Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.

Câu 7. Cho biểu thức M =

x4 + 2 x2 − 1 x2 + 3 + − x 6 + 1 x 4 − x 2 + 1 x 4 + 4x 2 + 3

a) Rút gọn M b) Tìm giá trị lớn nhất của M

Câu 8. Rút gọn biểu thức:

Câu 9. Rút gọn biểu thức: P =

(x (x

2 2

) − a ) (1 − a ) + a x

+ a ( 1 + a ) + a 2 x2 + 1 2

a 3 − 4a 2 − a + 4 a 3 − 7a 2 + 14a − 8

Câu 10. Cho biểu thức sau:  2x − 3 2x − 8 3  21 + 2x − 8x 2 P= 2 + − +1 : 2 2  4x − 12x + 5 13x − 2x − 20 2x − 1  4x + 4x − 3 a) Rút gọn P

1 2 c) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên

b) Tính giá trị của P khi x =

d) Tìm x để P > 0

Câu 11. Cho P =

a 3 − 4a 2 − a + 4 a 3 − 7a 2 + 14a − 8

a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nguyên của a để P nhận giá trị nguyên.

Câu 12. Tính: A =

1 1 1 1 + 2 + 3 + ... + 8 . 3 3 3 3

HƯỚNG DẪN GIẢI

x ≠ 0 Câu 1.Điều kiện:  x ≠ 2

 x 2 − 2x  2x 2 1 2  A= 2 − 1− − 2  2 3   2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x   x 2 − 2x  x2 − x − 2 2x 2 . = −  2 x2 + 4 4 ( 2 − x ) + x 2 ( 2 − x )  x2  

(

)

 x 2 − 2x  ( x + 1)( x − 2 ) 2x 2 . = −  2 x2 + 4 x2 x2 + 4 ( 2 − x )   

(

) (

)

x. ( x − 2 ) + 4x 2

( x + 1) . ( x + 2 ) = x

x ( ) x ( x + 4 ) ( x + 1) x + 1 = = 2x 2x ( x + 4 ) 2 ( x − 2 ) x2 + 4

− 4x 2 + 4x + 4x 2 x + 1 . 2 x 2 x2 + 4

(

)

Vậy A =

x+1 với 2x

x ≠ 0  x ≠ 2

Câu 2. a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ 1; x ≠ −1 Rút gọn P ta có: P =

x2 x −1 2

 1 3 x−  +  2 2 2 2 4 x x x −x+1 b) 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

a) Ta có: P =

x2 x2 − 1 + 1 1 1 = = 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: x − 1 +

1 ≥ 2 . Dấu " = " xảy ra x −1

khi và chỉ khi x = 2. Vậy GTNN của P bằng 4 ⇔ x = 2

Câu 3. 2 2 Nhận xét được: n 4 + 4 = ( n − 1) + 1 ( n + 1) + 1 . Do đó:    

(

(4 ( 2 + 1) . ( 4 + 1) ( 6 1. 22 + 1

)

2 2

)( + 1) . ( 8

) ...... (16 + 1) (18

+ 1 . 62 + 1 2

2 2

)( + 1) . ( 20

)= 1 = 1 + 1) 20 + 1 401

+ 1 . 182 + 1 2

Câu 4. a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ ±2 2  4x 8x 2   x − 1 2  4x ( 2 − x ) + 8x x − 1 − 2 ( x − 2 ) A= : : + − = 2   2 x ( x − 2)  2 + x 4 − x   x − 2x x  ( 2 + x )( 2 − x ) 8x − 4x 2 + 8x 2 x − 1 − 2x + 4 8x + 4x 2 3−x = : = : ( 2 + x )( 2 − x ) x ( x − 2 ) ( 2 + x )( 2 − x ) x ( x − 2 )

4x ( 2 + x )

( 2 + x )( 2 − x )

x ( x − 2)

3−x

4x 2 x−3

 x = −1 4x 2 2  = −1 ⇔ 4x + x − 3 = 0 ⇔ b) A = −1 ⇔ x = 3 x−3  4 4x 2 < 0 ⇔ x−3< 0 ⇔ x < 3 x−3 Vậy x < 3; x ≠ 0; x ≠ ±2 thì A < 0

c) A < 0 ⇔

Câu 5. 1. a) Với x ≠ 1 ta có:   x2 + x + 1 − x + 8 x−4 x2 + x + 1 : P= +  ( x − 1) x 2 + x + 1 ( x − 1) x 2 + x + 1  x2 + x + 1    x − 4 + x2 + x + 1  x2 + 9 x 2 + 2x − 3 x2 + x + 1 : = = .  x − 1 ) x 2 + x + 1  x 2 + x + 1 ( x − 1) x 2 + x + 1 x2 + 9 ( 

(

)

(

)

(

)

( x + 3 )( x − 1) = x + 3 ( x − 1) ( x + 9 ) x + 9 2

Vậy x ≠ 1 thì P =

x+3 x2 + 9

 x = 2(tm) 2+3 5 b) x 2 − 3x + 2 = 0 ⇒  . Thay x = 2 vào P ta có: P = 2 = 2 + 9 13  x = 1(ktm)

Kết luận với x = 2 thì P =

5 13

Câu 6.  2x 2 + 8 ≠ 0  a) Giá trị của A được xác định ⇔ 8 − 4x + 2x 2 − x 3 ≠ 0 x ≠ 0 

 x 2 ≠ −4 2x 2 ≠ −8  x ≠ 2  ⇔ 4 ( 2 − x ) + x 2 ( 2 − x ) ≠ 0 ⇔ ( 2 − x ) 4 + x 2 ≠ 0 ⇔  x ≠ 0   x ≠ 0 x ≠ 0

(

)

Ta có:

 x 2 − 2x  2x 2 1 2  A= 2 − 1− − 2  2 3  x x   2x + 8 8 − 4x + 2x − x    x 2 − 2x   x2 − x + 2  2x 2  . = −  x2  2 x2 + 4 4 ( 2 − x ) + x2 ( 2 − x )      x 2 − 2x ( 2 − x ) − 4x 2 x 2 + x − 2x − 2 = . x2 2 x2 + 4 ( 2 − x )

(

)

(

)

(

)

2x − x − 4x + 2x 2 − 4x 2 x ( x + 1) − 2 ( x + 1) . x2 2 x2 + 4 ( 2 − x ) 2

( −x ( x

(

)

) + 4) ( x − 2 )( x + 1) = x + 1 . x2

2 x2 + 4 ( 2 − x )

b) Ta có:

x+1 ∈ ℤ ⇔ x + 1⋮ 2x ⇒ 2x + 2 ⋮ 2x mà 2x⋮ 2x 2x

 x = 1(tm) ⇒ 2 ⋮ 2x ⇒ 1⋮ x ⇒   x = −1(tm) x+1 Vậy A = ∈ ℤ ⇔ x = 1 hoặc x = −1 2x Câu 7. a) Ta có: M= =

(x x

x4 + 2

)(

x2 − 1 x2 + 3 − x4 − x2 + 1 x2 + 1 x2 + 3

+ 1 x4 − x2 + 1

)

x4 + 2

x2 − 1 1 − 2 4 2 x −x +1 x +1

(

)( ) + 2 + ( x − 1)( x + 1) − ( x − x ( x + 1)( x − x + 1)

+ 1 x4 − x2 + 1 2

)=x

)(

)

+ 2 + x4 − 1 − x4 + x2 − 1

)(

+ 1 x4 − x2 + 1

)

x4 + x2

Vậy M =

)(

+ 1 x4 − x2

( + 1) ( x + 1)( x

)

x2 . x2 + 1

− x2 + 1

)

x2 x4 − x2 + 1

x2 với mọi x x4 − x2 + 1

x2 với mọi x x4 − x2 + 1 Nếu x = 0 ta có M = 0

Nếu x ≠ 0 , chia cả tử và mẫu của M cho x 2 ta có: M =

b) Ta có : M =

1 1 x2 + 2 − 1 x

Ta có: x 2 +

1  1 1   1 − 1 =  x 2 − 2.x. + 2  + 1 =  x −  + 1 ≥ 1 2 x x  x x  

≤ 1 . Dấu " = " xảy ra khi x = 1. 1 x + 2 x −1 Vậy M lớn nhất là M = 1 khi x = 1 Nên ta có: M =

Câu 8. Ta có:

(x (x =

2 2

) − a ) (1 − a ) + a x

+ a (1 + a ) + a2x2 + 1 2

x2 + x2a + a + a 2 + a 2 x2 + 1 x2 − x2a − a + a 2 + a 2 x2 + 1

( (

) ( ) (

) (

)

2 2 2 x 2 + x 2a + a 2 x 2 + 1 + a + a 2 x 1 + a + a + 1 + a + a = x 2 − x 2a + a 2 x 2 + 1 − a + a 2 x 2 1 − a + a 2 + 1 − a + a 2

(x = (x

)( ) = 1+ a + a + 1)( 1 − a + a ) 1 − a + a

+ 1 1 + a + a2

) )

Câu 9.

(

)

a a2 − 1 − 4 a2 − 1 a2 − 1 (a − 4) a 3 − 4a 2 − a + 4 P= 3 = 3 = a − 7a 2 + 14a − 8 a − 8 − 7a ( a − 2 ) ( a − 2 ) a 2 − 5a + 4

(

)

(

)

( a − 1)( a + 1)( a − 4 ) = a + 1 ( a − 2 )( a − 1)( a − 4 ) a − 2

Vậy P =

a +1 với a ≠ {1; 2; 4} a−2

Câu 10. Phân tích:

4x 2 − 12x + 5 = ( 2x − 1)( 2x − 5 ) 21 + 2x − 8x 2 = ( 3 + 2x )( 7 − 4x ) ;  1 5 −3 7  Điều kiện: x ≠  ; ; ; ; 4  2 2 2 4 

;

13x − 2x2 − 20 = ( x − 4 )( 5 − 2x ) 4x2 + 4x − 3 = ( 2x − 1)( 2x + 3 )

a) Rút gọn: P =

2x − 3 2x − 5

1 1  x= ⇒P=  1 2 2 b) x = ⇒  1 2 x = − ⇒ P = 2  2 3 2x − 3 2 = 1+ 2x − 5 x−5 2 ∈ ℤ ⇒ x − 5 ∈ U(2) = {±1; ±2} Vậy P ∈ ℤ ⇔ x−5 x − 5 = −2 ⇒ x = 3(tm) x − 5 = −1 ⇒ x = 4(tm) x − 5 = 1 ⇒ x = 6(tm) x − 5 = 2 ⇒ x = 7(tm)

c) P =

d) P=

2x − 3 2 = 1+ 2x − 5 x−5

Ta có: 1 > 0 ⇒ P > 0 ⇔

2 >0⇒ x−5>0 ⇔ x > 5 x−5

Với x > 5 thì P > 0

Câu 11. a) Ta có:

a 3 − 4a 2 − a + 4 = ( a − 1)( a + 1)( a − 4 )

a 3 − 7a 2 + 14a − 8 = ( a − 2 )( a − 1)( a − 4 ) Nêu ĐKXĐ: a ≠ 1; a ≠ 2;a ≠ 4 Rút gọn P =

a +1 a−2

a−2+3 3 ; ta thấy P nguyên khi a − 2 là ước của 3, mà = 1+ a−2 a−2

U(3) = {−1;1; −3; 3} , từ đó tìm được a ∈ {−1; 3; 5}

Câu 12. Ta có: 1 1 1 3A = 1 + + 2 + ... + 7 3 3 3 1 1 1 1 A = + 2 + ... + 7 + 8 3 3 3 3

( 1) ( 2)

Lấy (1) trừ (2) ta được: 2A = 1 −

1 1 6560 3280 = 1− = .⇒ A = 8 6561 6561 6561 3

TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC MỘT BIẾN Dạng 1: Tính giá trị biểu thức chứa đa thức Thí dụ 1.Tính giá trị biểu thức F =

x 5 − 3x 3 − 10x + 12 x 1 = . với 2 4 2 x + 7x + 15 x +x+1 4 Lời giải

Ta có:

x 1 = ⇔ 4x = x 2 + x + 1 ⇔ x 2 = 3x − 1. x +x+1 4 2

Do đó:

x 3 = x.x 3 = x ( 3x − 1) = 3x 2 − x = 3 ( 3x − 1) − x = 8x − 3; x 4 = x 3 .x = ( 8x − 3 ) .x = 8 ( 3x − 1) − 3x = 21 − 8;

x 5 = x 4 .x = ( 21 − 8 ) x = 21x 2 − 8x = 21 ( 3x − 1) − 8x = 55x − 21. Từ đó ta có:

x 5 − 3x 3 − 10x + 12 = 55x − 21 − 3 ( 8x − 3 ) − 10x + 12 = 21x; x 4 + 7x 2 + 15 = 21x − 8 + 7 ( 3x − 1) + 15 = 42. Vậy: F =

x 5 − 3x 3 − 10x + 12 21x 1 = = ( do x ≠ 0 ) 42x 2 x 4 + 7x 2 + 15

Thí dụ 2.Cho t =

x2 x Tính giá trị biểu thức A = theo t. . x2 − x + 1 x4 + x2 + 1 Lời giải

1) Nếu x = 0 thì t = 0 và A = 0. 2

 1  1 1  1   1 2) Nếu x ≠ 0 thì  x + − 1  t = 1 ⇒ x + = + 1 ⇒  x +  =  1 +  x  x t x  t  

⇒ x2 +

1 1 2 = 2 + − 1. 2 t x t

Khi đó: A =

1 1 t2 . = = 1 1 2 1 + 2t 2 x + 2 +1 + x t2 t

t2 . 1 + 2t

Từ hai trường hợp trên suy ra A =

Dạng 2: Tính giá trị biểu thức chứa căn thức Thí dụ 3.Cho x + 3 = 2 . Tính giá trị biểu thức H = x 5 − 3x 4 − 3x 3 + 6x 2 − 20x + 2023

Lời giải Ta có:

x + 3 = 2 ⇔ 2 − x = 3 ⇒ ( 2 − x ) = 3 ⇔ x 2 − 4x + 1 = 0

H = x 5 − 3x 4 − 3x 3 + 6x 2 − 20x + 2023

( ) = x ( x − 4x + 1) + x ( x − 4x + 1) + 5 ( x − 4x + 1) + 2018 = ( x + x + 5 )( x − 4x + 1) + 2018 = 2018 (do x − 4x + 1 = 0) = x 5 − 4x 4 + x 3 + x 4 − 4x 3 + x 2 + 5 x 2 − 4x + 1 + 2018 3

Vậy H = 2018 khi x + 3 = 2

28 − 16 3

Thí dụ 4.Cho x =

3 −1

. Tính giá trị của biểu thức: P = (x 2 + 2x − 1)2012 .

Lời giải Ta có: x =

(4 − 2 3)2

3 −1

4−2 3 3 −1

( 3 − 1)2 3 −1

= 3 −1

⇒ x 2 + 2x − 1 = 1 ⇒ P = (x 2 + 2x − 1)2012 = 1

Thí dụ 5.Cho x = 3 1 + 65 − 3 65 − 1 . Tính Q = x 3 + 12x + 2009 . Lời giải Ta có : x 3 =  3 1 + 65 − 3 65 − 1   

(

) (

= 1 + 65 −

)

(

65 − 1 − 3 3 1 + 65

)(

65 − 1  3 1 + 65 − 3 65 − 1   

)

= 2 − 12  3 1 + 65 − 3 65 − 1  = 2 − 12x .   Do đó: Q = 2-12x +12x + 2009 = 2011.

Dạng 3: Tính giá trị biểu thức có biến là nghiệm của phương trình cho trước Thí dụ 6.Cho a là nghiệm của phương trình: x 2 − 3x + 1 = 0 . Không cần tính a hãy tính giá trị biểu thức: Q =

a2 a4 + a2 + 1 Lời giải

Do a là nghiệm của phương trình: x 2 − 3x + 1 = 0 nên a 2 − 3a + 1 = 0 ⇒ a 2 + 1 = 3a . Suy ra: Q =

a2 a2 a2 a2 1 = = = = 4 2 2 2 2 8 a + a + 1 a 2 + 1 − a 2 ( 3a ) − a 2 8a

(

)

Thí dụ 7.Chứng minh rằng phương trình x2 + x − 1 = 0 có hai nghiệm trái dấu. Gọi x1 là nghiệm âm của phương trình . Tính giá trị của biểu thức D = x18 + 10x1 + 13 + x1 .

Lời giải

Phương trình x2 + x − 1 = 0 có ac = -1 < 0 nên có 2 nghiệm trái dấu. Vì x1 có là nghiệm của phương trình nên: x12 + x1 − 1 = 0 ⇒ x12 = 1 − x1 Do đó: 2

x14 = ( 1 − x1 ) = 1 − 2x1 + x12 = 1 − 2x1 + 1 − x1 = 2 − 3x1 ; 2

x18 = ( 2 − 3x1 ) = 4 − 12x1 + 9x12 = 4 − 12x1 + 8x12 + x12 = 4 − 12x1 + 8 ( 1 − x1 ) + x12 = 12 − 20x1 + x12 ;

x18 + 10x1 + 13 = 12 − 20x1 + x12 + 10x1 + 13 = 25 − 10x1 + x12 = ( 5 − x1 )

Do đó:

D = x18 + 10x1 + 13 + x1 . =

(5 − x )

+ x1 = 5 − x1 + x1

Do x1 là nghiệm âm của phương trình nên x1 < 0 nên 5 - x1 > 0 do đó: D = 5 − x 1 + x 1 = 5 − x 1 + x1 = 5

2x2 + x − 1 = 0. Không giải phương trình 2m − 3

Thí dụ 8.Gọi m là nghiệm của phương trình hãy tính giá trị biểu thức: A =

(

)

2 2m 4 − 2m + 3 + 2m 2

Lời giải Do m là nghiệm dương của phương trình 2.x 2 + x − 1 = 0 nên 2.x 2 = 1 − x ⇒ 0 < x < 1 nên 4x 4 = 1 − 2x + x 2 . Do đó ta có:

2m − 3

(

)

=−

)

− 2m + 3 − 2m 2

−4m + 6 2 (2 − m) −2

+ m2 =

)

− 2m + 3 − 2m 2

)

4m 2 − 4m + 6 − 4m 4

2 2m 4 − 2m + 3 + 2m 2

( 2m − 3) ( 2 ( 2m

(

)

2 2m 4 − 2m + 3 − 2m 2 −2

2 (2 − m) 1 − m m − 2 1 − m + = + −2 2 2 2

Bài tập luyện tập Câu 1.Cho x, y thỏa mãn x = 3 y-

y 2 +1 + 3 y+ y 2 +1 . Tính giá trị của biểu thức

A = x4 +x3 y+3x2 +xy- 2y 2 +1 . Câu 2. (Chuyên Hải Dương 2010)

1  3 12 + 135 3 12 − 135 1 + x = + Cho 3 3 3 

 .  

(

)

3 2 Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của biểu thức M= 9 x − 9 x − 3 .

Câu 3. Cho m =

3 + 2 2 − 3 − 2 2 − 1,

Tính giá trị biểu thức

17 + 12 2 + 17 − 12 2 + 2 .

T = 2(20m + 6n) 2 − 38 .

Câu 4. Tính giá trị của biểu thức B=

a 3 − 3a + 2 biết a = 3 55 + 3024 + 3 55 − 3024 . 3 2 a − 4a + 5a − 2

Câu 5. (HSG Hải An 2018)

(

Cho biểu thức A = x 2 − x − 1

)

2018

+ 2019.

Tính giá trị biểu thức A khi x =

−

3 +1 −1

3 +1+1

Câu 6. (HSG Lê Chân 2018) 4

Cho x = 2 + 2 + 3 − 6 − 3 2 + 3 . Chứng ming rằng: x − 16x + 32 = 0.

Câu 7. (HSG Thanh Hóa 2017) Tính giá trị của biểu thức P =

1 3 4(x + 1)x2018 − 2x2017 + 2x + 1 . − tại x = 2 2x + 3x 2 3 −2 2 3 +2

Câu 8. (HSG TP. Hải Phòng 2018) Cho a = 3 + 5 + 2 3 + 3 − 5 + 2 3 . Chứng minh a 2 − 2a − 2 = 0.

Câu 9. (HSG Hải Dương 2016) Cho biểu thức: P = 1 − x + ( 1 − x ) 1 − x 2 + 1 − x − ( 1 − x ) 1 − x 2 (với −1 ≤ x ≤ 1). Tính giá trị của biểu thức P khi x = −

1 2019

Câu 10. (HSG Hải Phòng 2016) 3

Cho x =

10 + 6 3 ( 3 − 1) 6+2 5 − 5

(

.Tính giá trị của P = 12x 2 + 4x – 55

)

2017

Câu 11. (HSG Hải Dương 2015) Cho x = 3 − 5 . Tính giá trị của biểu thức A = x 5 − 8x 4 + 17x 3 + 6x 2 − 116x + 104 .

Câu 12. (HSG Hưng Yên 2015) Cho x = 1 + 2 2 + 2 4. Tính giá trị của biểu thức A = x 3 − 3x 2 − 3x + 2018.

Câu 13. (HSG Phú Thọ 2015) Tính giá trị biểu thức P =

x 5 − 4x 3 − 17x + 9 x 1 với 2 = . 4 2 x + 3x + 2x + 11 x + x +1 4

Câu 14. (HSG TP. Hải Phòng 2015) Tính giá trị của biểu thức A = x 3 – 6x + 1976 với x =

20 + 14 2 +

20 – 14 2 .

Câu 15. (HSG Hưng Yên 2014) 3

Cho x = 2 + 3 −

6 3 − 10 3 +1

. Tính giá trị của biểu thức

(

)

A = x4 + x3 − x2 − 2x − 1

2019

Câu 16. (HSG Hải Dương 2014) Tính giá trị của biểu thức: A = 2x 3 + 3x 2 − 4x + 2 với x = 2 +

5+ 5 5+ 5 + 2− − 3 − 5 −1 2 2

Câu 17. (HSG Hưng Yên 2013) Cho x =

1 2 5

2 −1 2 +1 4

. Tính giá trị của biểu thức sau:

A = (4x + 4x − x + 1) +

(

4x 5 + 4x 4 − 5x 3 + 5x + 3

)

 1 − 2x  +  2x 2 + 2x   

2014

Câu 18. (HSG Phú Thọ 2013) Tính giá trị biểu thức P =

a 3 − 3a + 2 , biết a = 3 55 + 3024 + 3 55 − 3024 . a 3 − 4a 2 + 5a − 2

Câu 19. (HSG Kinh Môn 2013) Không dùng máy tính. Hãy tính giá trị của biểu thức P = (4x3 - 6x2 - 1)2015 +2014

1 với x = 1 + 3 3 + 2 2 + 3 3 − 2 2  .  2 Câu 20. (HSG TP. Thanh Hóa)

( Với x =

5+2

)

17 5 − 38

5 + 14 − 6 5

. Tính giá trị của biểu thức: B = ( 3 x 3 + 8 x 2 − 2 )

2015

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.Có x =

y- y 2 + 1 +

y+ y 2 + 1

 y 2 + 1 . 3 y+ y 2 + 1  3 y

⇒ x 3 = 2y +3 3 y -

 y 2 +1 + 3 y+ y 2 +1  

⇒ x 3 + 3x -2y = 0 A = x 4 + x 3 y + 3x 2 - 2xy + 3xy - 2y 2 + 1 = (x 4 +3x 2 -2xy) + (x 3 y + 3xy - 2y 2 ) + 1

= x(x 3 +3x-2y) +y(x 3 +3x - 2y) + 1 = 1

1 12 + 135 3 12 − 135 Câu 2.Từ x =  1 + 3 + 3 3 3 

   

 12 + 135 12 − 135 ⇒ ( 3 x − 1) =  3 +3  3 3 

   

 12 + 135 12 − 135 ⇔ ( 3x − 1) =  3 +3  3 3  3

   

⇒ ( 3 x − 1) = 8 + 3 ( 3 x − 1)

⇔ 9 x3 − 9 x 2 − 2 = 0 2

⇒ M = ( −1) = 1 Câu 3. Ta có: m =

(

3+ 2 2

)

(

)

(

2 +1 − 3− 2 2

)

2 −1 −1 = 1

+2 =2

Do đó: T = 2 ( 20 + 12 ) − 38 = 2010

Câu 4. 2

( a − 1) ( a + 2 ) = a + 2 a 3 − 3a + 2 B= 3 = 2 a − 4a + 5a − 2 ( a − 1)2 ( a − 2 ) a − 2

(

)(

)

Xét a 3 = 55 + 3024 + 55 − 3024 + 3 3 55 + 3024 55 − 3024 .a

⇔ a 3 = 110 + 3a

(

)

⇔ ( a − 5 ) a 2 + 5a + 22 = 0

(

⇔ a = 5 do a + 5a + 22 > 0

)

a+2 7 = a−2 3

⇒B=

Câu 5. Ta có

−

3 +1 −1

3 + 1 + 1  − 3    3 + 1−1

3 +1+1

3 +1 + 1− 1

3   =

3 3 +1+1

3 + 1 − 1  

Thay x = 2 vào biểu thức A ta được

(

)

A = 22 − 2 − 1

2018

+ 2019 = 1 + 2019 = 2020

Câu 6.

x = 2+ 2+ 3 − 6−3 2+ 3 ⇒ x2 = 2 + 2 + 3 + 6 − 3 2 + 3 − 2 2 + 2 + 3 . 6 − 3 2 + 3

(

= 8 − 2 2 + 3 − 2 3. 4 − 2 + 3

(

= 8 − 2 2 + 3 − 2 3. 2 − 3

(

)

⇒ x 2 − 8 = −2 2 + 3 − 2 3. 2 − 3

(

⇒ x −8

)

  =  −2 2 + 3 − 2 3. 2 − 3   

(

)

(

)

⇔ x 4 − 16x 2 + 64 = 4 2 + 3 + 12. 2 − 3 + 8 3 ⇔ x 4 − 16x 2 + 64 = 32 ⇔ x 4 − 16x 2 + 32 = 0 4

Vậy x − 16 x + 32 = 0 (đpcm)

Câu 7. Vì x =

nên x =

1 2 3 −2

−

3 2 3+2

3 −1 2

3 −1 là nghiệm của đa thức 2x 2 + 2x − 1. 2

Do đó P =

(

)

2x 2017 2x 2 + 2x − 1 + 2x + 1

( 2x

)

+ 2x − 1 + x + 1

2x + 1 = 3 − 3. x +1

Câu 8.

(

a2 = 3 + 5 + 2 3 + 3 − 5 + 2 3 + 2 9 − 5 + 2 3

)

= 6+2 4−2 3

= 6+2

(

)

3 −1

= 6+2

(

)

(

3 −1 4 + 2 3 = 1+ 3

)

Vì a > 0 nên a = 3 + 1 . Do đó ( a − 1) = 3 hay a 2 − 2a − 2 = 0.

Câu 9.   P = 1 − x  1 + 1 − x2 + 1 − 1 − x2   

(

⇒ P 2 = (1 − x ) 2 + 2 1 − 1 − x2

) ) = 2 (1 − x ) ( 1 + x )

Mà P = 1 − x + ( 1 − x ) 1 − x 2 + 1 − x − ( 1 − x ) 1 − x 2 ≥ 0 ⇒ P = 2 ( 1 − x ) Với x = −

1 2019 2. ⇒P= 2019 2018

Câu 10. Ta có : 3

10 + 6 3

(

)

3 − 1 = 3 ( 3 + 1)3

(

3 −1

)

6 + 2 5 − 5 = ( 5 + 1)2 − 5 3

( 3 + 1)3 ( 3 − 1)

( 3 + 1)( 3 − 1) 5 +1− 5

( 5 + 1)2 − 5

3−1 =2 1

(

Thay giá trị của x vào P ta được: P = 12.2 2 + 4. 2 −55

)

2017

= 12017 = 1

Câu 11. Ta có: x = 3 − 5 ⇔ 3 − x = 5 ⇒ (3 − x)2 = 5 ⇒ x 2 − 6x + 4 = 0

A = x 5 − 8x 4 + 17x 3 + 6x 2 − 116x + 104

= (x 5 − 6x 4 + 4x 3 ) − 2(x 4 − 6x 3 + 4x 2 ) + (x 3 − 6x 2 + 4x) + 20(x 2 − 6x + 4) + 24

A = x 3 (x 2 − 6x + 4) − 2x 2 (x 2 − 6x + 4) + x(x 2 − 6x + 4) + 20(x 2 − 6x + 4) + 24 A = 24 Câu 12.

(

)

Có x + 1 = 3 2 + 3 4 + 2 = 3 2 1 + 3 2 + 3 4 = 3 2x . 3

⇒ ( x + 1) = 2x 3 ⇔ x 3 − 3x 2 − 3x = 1 ⇒ A = 2019

Câu 13.

Ta có

x 1 = ⇔ 4x = x 2 + x + 1 ⇔ x 2 = 3x − 1 x + x+1 4 2

Khi đó x 3 = x 2 .x = ( 3x − 1) x = 3x 2 − x = 3 ( 3x − 1) − x = 8x − 3 x 4 = x 3 .x = ( 8x − 3 ) x = 8x 2 − 3x = 8 ( 3x − 1) − 3x = 21x − 8 x 5 = x 4 .x = ( 21x − 8 ) x = 21x 2 − 8x = 21 ( 3x − 1) − 8x = 55x − 21

x 5 − 4x 3 − 17x + 9 ( 55x − 21) − 4 ( 8x − 3 ) − 17x + 9 = x 4 + 3x 2 + 2x + 11 ( 21x − 8 ) + 3 ( 3x − 1) + 2x + 11

Suy ra P =

6x 3 3 = ( do x ≠ 0 ). Vậy P = . 32x 16 16

Câu 14. + Đặt u =

20 + 14 2 ;v =

20 − 14 2

Ta có x = u + v và u 3 + v 3 = 40 u.v =

(20 + 14 2 )(20 − 14 2 ) = 2

x = u + v ⇒ x 3 = u 3 + v 3 + 3uv(u + v) = 40 + 6x hay x 3 − 6x = 40 . Vậy A = 2016.

Câu 15. 3

x = 2+ 3 −

= 2+ 3 −

6 3 − 10

3 +1 3 −1 3 +1

= 2+ 3 −

4+2 3 2

−

(

3 3 − 9 + 3 3 −1

3 +1

)

3 −1 2

(1 + 3 )

= 2+ 3 −

−

(

)

3 −1 2

(

)

3 −1 3 +1

= 2

Thay x = 2 vào A ta có

(

A = x 4 + x 3 − x 2 − 2x − 1

)

2019

(

= 4 + 2 2 − 2 − 2 2 −1

)

2019

= 12019 = 1

Câu 16. Đặt a = 2 +

a2 = 4 + 2 4 −

5+ 5 5+ 5 + 2,a>0 2 2

5+ 5 = 4+ 6−2 5 = 4+ 2

⇒ x = 3 + 5 − 3 − 5 −1 =

(

)

5 −1 = 3 + 5 ⇒a = 3+ 5

5 +1 5 −1 6+2 5 6−2 5 − −1 = 2 −1 − −1 = 2 2 2 2

x = 2 − 1 ⇒ x 2 + 2x − 1 = 0

(

) (

)

B = 2x3 + 3x2 − 4x + 2 = 2x x2 + 2x − 1 − x2 + 2x − 1 + 1 = 1

1 2

Câu 17. Ta có x =

2 −1 2 +1

1 ( 2 − 1)2 = 2

2 −1 2

⇒ 2x = 2 − 1 ⇒ 2x + 1 = 2

⇒ 4x 2 + 4x − 1 = 0 (a)

Do đó: 4x 5 + 4x 4 − x 3 + 1 = x 3 (4x 2 + 4x − 1) + 1 = 1

4x 5 + 4x 4 − 5x 3 + 5x + 3 = x 3 (4x 2 + 4x − 1) - x (4x 2 + 4x − 1) + (4x 2 + 4x − 1) +4 = 4 Từ (a) ⇒ 2x 2 + 2x =

⇒

1 − 2x

2x + 2x

1 1 ⇒ 2x 2 + 2x = ; 2 2

2 − 2x = 1

1 − 2x = 2 − 2x = 1 1

2 Do đó A = 119 +

( 4)

+ 12014 = 10 2

( a − 1) ( a + 2 ) = a + 2 ; a 3 − 3a + 2 Câu 18. Ta có P = 3 = 2 a − 4a + 5a − 2 ( a − 1)2 ( a − 2 ) a − 2 mà a 3 = 110 + 3 3 55 2 − 3024  3 55 − 3024 + 3 55 + 3024  .  

⇒ a 3 = 110 + 3a ⇔ a 3 − 3a − 110 = 0 .

(

)

⇔ ( a − 5 ) a 2 + 5a + 22 = 0 ⇔ a = 5 . Suy ra P =

7 . 3

ab = 1 a = 3 3 + 2 2   Câu 19. Đặt  ⇒ a 3 + b 3 = 6 3  b = 3 − 2 2 a + b = 2 x − 1  ⇒ (2x - 1)3 = (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) = 6 + 3(2x - 1)

[

]

⇒ (2 x − 1)(2 x − 1) − 3 = 6 2

⇒ 4x3 - 6x2 - 1 = 1 Vậy P = (4x3− 6x2− 1)2015 + +2014 = 1+2014 = 2015.

Câu 20. 3

Ta có x =

(

5−2

)(

5+2

5 + (3 − 5) 2

Do đó B = - 1.

)=(

5−2

)(

5+2

5 +3− 5

) = 1. 3

TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN CÓ ĐIỀU KIỆN Dạng 1: Sử dụng phương pháp phân tích  1 1 1 Thí dụ 1. Cho a, b, c khác 0 thỏa mãn: ( a + b + c )  + +  = 1 . a b c

(

)(

Tính giá trị biểu thức: P = a 23 + b23 b3 + c 3 c 2019 + a 2019

)

Lời giải  1 1 1 Ta có: ( a + b + c )  + +  = 1 a b c

bc + ca  ( a + b + c )  ab +abc =1

  ⇔ ( a + b + c )( ab + bc + ca ) = abc

(

) (

)

⇔ a 2 b + abc + ca 2 + ab2 + b 2 c + abc + abc + bc 2 + c 2a = abc 2

⇔ a b + ca + b c + ab + c b + ac + 2abc = 0 ⇔ ( a + b )( b + c )( c + a ) = 0 a = − b  ⇔  b = −c  c = −a 23

* Với a = - b thì: a 23 + b23 = ( −b ) + b23 = 0

(

Do đó: P = a 23 + b23

)( b

)(

)

+ c 3 c 2019 + a 2019 = 0 3

* Với b = -c thì: b3 + c 3 = ( −c ) + c 3 = 0

(

Do đó: P = a 23 + b23

)( b

)(

Với: c = - a thì: c 2019 + a 2019 = ( −a )

(

Do đó: P = a 23 + b23

)( b

)

+ c 3 c 2019 + a 2019 = 0 2019

+ a 2019 = 0

)(

)

+ c 3 c 2019 + a 2019 = 0

Vậy ta có: P = 0

Thí dụ 2. Cho các số dương x, y thỏa mãn: 7x2 − 13xy − 2y 2 = 0 Tính giá trị biểu thức: A =

2x − 6y . 7x + 4y Lời giải

Từ (1) ta có: (7x + y)(x − 2y) = 0 ⇔ x = 2y (do x, y > 0) Thay x = 2y vào A ta được:

2x − 6y 4y − 6y −2y −1 = = = 7x + 4y 14y + 4y 18y 9

(1)

 2010 2010 +1 =  Thí dụ 3. Cho các số thực x, y thỏa mãn:  x y  x + 2y = 2335 

Tính giá trị biểu thức: B =

(2)

x . y Lời giải

Đặt a =

2010 2010 , b= với a, b > 0. x y

 a +1= b  a +1= b 1 2 7   ⇔ =  2010 2.2010 1 2 7 ⇒ + a a +1 6 Từ (2) suy ra:  + = 2345 a + b = 6 b   a ⇔ 7a 2 − 11a − 6 = 0 ⇔ a = 2 (do a > 0) suy ra : b = 3. Vậy:

x b 3 = = . y a 2

Dạng 2: Sử dụng phương pháp hệ số bất định

(x − y)(x + y) = z 2 Thí dụ 4. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn:  2 2  4y = 5 + 7z

(4)

Tính giá trị biểu thức D = 2x 2 + 10y 2 − 23z 2 .

Lời giải

z 2 − x 2 − y 2 = 0 Ta có: (4) ⇔  2 2  4y − 7z = 5.

(4)

Ta tìm các số thực a, b thỏa mãn: a(z2 − x 2 − y 2 ) + b(4y 2 − 7z 2 ) = 2x 2 + 10y 2 − 23z 2

⇔ ax2 + (4b − a)y 2 − (7b + a)z 2 = 2x 2 + 10y 2 − 23z 2  a=2 a = 2  ⇔  4b − a = 10 ⇔  7b + a = 23  b = 3.  Vậy D = 2.0 + 3.5 = 15.  t  x + 2y + 2z = 1 Thí dụ 5. Cho các số thực x, y, z, t thỏa mãn:  (5) . t 1  =  z − 3x 2 Tính giá trị biểu thức: E =

t . x + 8y + 9z Lời giải.

x y z  t + 2 t + 2 t = 1 Ta có: (5) ⇔   z −3x = 2  t t Mặt khác:

y 1 x z = + 8 + 9 . Giả sử a, b là các số thực thỏa mãn: E t t t

x y y z  x z x z a  + 2. + 2.  + b  −3. +  = + 8. + 9. t t t t t t t  t y y x z x 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. b = 1 E 2a + b = 9  Vậy E = 6  5  5x = 3y = 2 z Thí dụ 6. 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 = Thay y =

5 x, z = 2x. 3

5 t t t 9 x, z = 2x. vào (2) ta được: − + = ⇒ t = x. 3 x 5 2x 10 x 3

Vì thế: C =

t 2 t 2 t 2 x2 x 2 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

Dạng 3: Sử dụng phương pháp hình học  x2 + y2 = 9  Thí dụ 7. Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn  y 2 + z 2 = 16  y 2 = xz 

Tính giá trị biểu thức G = xy + yz Lời giải

A x D

(* )

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AB = 3, BC = 4 đường cao BD. Đặt AD = x, BD = y, DC = z, ta thấy x, y,z hoàn toàn thỏa mãn hệ thức (*). Khi đó: G = xy + yz = y ( x + z ) = 2.S ABC = AB.BC = 3.4 = 12

 29 2  x+y = 4  Thí dụ 8. Cho 3 số thực x, y, z với y > 0 thỏa mãn:  y2 − z = 2  2  y = x − 1. 2 − z 

Tính giá trị biểu thức H = y

(

x −1 + 2 − z

)

Lời giải

Từ (7) suy ra x > 1 và z < 2.

(7 )

2−z 2

x−1

D Ta viết lại hệ (7) dưới dạng:

2  25 2  x −1 + y = 4  2  Ta viết lại hệ (7) dưới dạng:  y 2 + 2 − z = 4  2  y = x − 1. 2 − z 

(

)

(

)

Xét tam giác ABC vuông tại B, đường cao BD với AB = Đặt BD = y, AD = x − 1,CD = 2 − z Rõ ràng x, y, z thỏa mãn hệ. Từ đó ta có:

H=y

(

1 5 x − 1 + 2 − z = 2.S ABC = 2. . .2 = 5. 2 2

Vậy H = 5.

)

5 2

5 , BC = 2. 2

Dạng 4: Vận dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau a + b−c a +c− b b+c−a = = c b a

Thí dụ 9. Cho các số a, b, c thỏa mãn:

Tính A =

( a + b )( b + c )( c + a ) abc Lời giải

Sử dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

a + b − c a + c − b b + c − a (a + b − c ) + (a + c − b ) + ( b + c − a ) = = = =1 c b a a+b+c a + b − c = c a + b = 2c   ⇒ a + c − b = b ⇒ a + c = 2b  b + c − a = a  b + c = 2a   ( a + b )( b + c )( c + a ) = 2c.2a.2b = 8 ⇒A= abc abc

Bài tập vận dụng Câu 1.(Chuyên Khánh Hòa 2018) Cho 3 số x, y, z khác 0 thỏa mãn : x + y + z =

(

Tính Q = y2017 + z 2017

)( z

2019

1 1 1 1 1 1 1 ; 2+ 2+ = 4; + + > 0 2 x xyz x y z y

)(

+ x2019 x2021 + y 2021

)

Câu 2.(Chuyên Nam Định 2016) Cho

a, b, c là các số thực thỏa mãn các điều kiện a + b + c = 6 ; 1 1 1 47 . + + = a + b b + c c + a 60

Tính giá trị của biểu thức

a b c . + + b+c c+a a+b

Câu 3.(Chuyên Bình Dương 2018)

(

Cho các số thực x, y thỏa mãn x + 2018 + x 2

)( y +

của biểu thức Q = x2019 + y 2019 + 2018 ( x + y ) + 2020

Câu 4.(Chuyên Hải Dương 2016) Tính giá trị biểu thức P = (x − y)3 + 3(x − y)(xy + 1) biết: 3 3 x = 3 3 + 2 2 − 3 3 − 2 2 , y = 17 + 12 2 − 17 − 12 2 .

Câu 5.(Chuyên TP. Hồ Chí Minh 2018)

)

2018 + y 2 = 2018 . Tính giá trị

Cho a, b,c là ba số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = 0 và a 2 = 2 ( a + c + 1)( a + b − 1) . Tính giá trị của biểu thức A = a 2 + b 2 + c 2

Câu 6.(Chuyên Phú Thọ 2018) a) Cho a, b, c là 3 số thực đôi một khác nhau: a +

1 1 1 = b + = c + = x . Tính b c a

P = x.abc 1 1 1 b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z = 9; + + = 1. Tính giá trị nhỏ x y z nhất của biểu thức: T = x3 + y3 + z 3 + 3xyz

Câu 7.(Chuyên Lào Cai 2018)

x = 3 3 + 2 2 − 3 3 − 2 2  Cho:  .  y = 3 17 + 12 2 − 3 17 − 12 2 3

Tính giá trị biểu thức M = ( x − y ) + 3 ( x − y )( xy + 1)

Câu 8.(Chuyên TP. Hồ Chí Minh 2015) 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 ( 3 + 3)+ ( 2 + 2 )+ ( + ) 3 4 5 (a + b) a b (a + b) a b (a + b) a b

Câu 9.(HSG huyện Thủy Nguyên 2018) Cho các số thực x, y, z ≠ 0 thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 +

1 1 1 + 2 + 2 = 6. Tính giá trị biểu 2 x y z

thức P = x2017 + y 2018 + z2019 .

Câu 10.(HSG huyện Vĩnh Bảo 2018) Cho ba số x, y, z > 0 thỏa mãn xy + yz + zx = 1. Tính giá trị biểu thức:

(1 + y )(1 + z ) + y (1 + z )(1 + x ) + z (1 + x )(1 + y ) . 2

P=x

1 + x2

1 + y2

1 + z2

Câu 11.(HSG Nam Định 2015) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện x + y + z = 2,

x 2 + y 2 + z 2 = 18 và xyz = −1 . Tính giá trị của S =

1 1 1 + + ⋅ xy + z − 1 yz + x − 1 zx + y − 1

Câu 12.(HSG TP. Hải Phòng 2015) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: x + y + z + xyz = 4 . Rút gọn biểu thức: B = x(4 − y)(4 − z) + y(4 − z)(4 − x) + z(4 − x)(4 − y) − xyz .

Bài 13. (HSG Hải Dương 2013)

Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a 3 − a 2 b + ab2 − 6b3 = 0 . Tính giá trị của biểu thức B =

a 4 − 4b 4 . b 4 − 4a 4

Bài 14. (HSG huyện Yên Định 2012) Cho a + b + c = 0 , tính giá trị của biểu thức: P =

1 1 1 + 2 2 + 2 2 2 2 b + c − a a + c − b a + b2 − c 2 2

Bài 15. (HSG huyện Kinh Môn 2012) Tính giá trị của biểu thức sau: A = x2(x + 1) – y2(y – 1) + xy – 3xy(x - y + 1) + 1974 Biết x – y =

29 + 12 5 − 2 5

Bài 16. ( Chọn HSG tỉnh năm 2014) Cho biểu thức: P =

xy − x 2 − 1. y 2 − 1 xy + x 2 − 1. y 2 − 1

Tính giá trị biểu thức với: x =

1 2

1 1 1   a + ;y =  b + ;a,b ≥ 1 a  2 b 

Bài 17. (HSG Đăk Lăk năm 2014) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn

x + y + z = 2 và x + y + z = 2 . Tính giá trị của

biểu thức: 



( x + 1)( y + 1)( z + 1) .  x +x1 + y + 1 + z +z1  



Bài 18. (HSG Vĩnh Long năm 2015) Cho x + y = −5 và x 2 + y 2 = 11 . Tính x4 + y 4 .

Bài 19. (HSG TP. Hồ Chí Minh năm 2015) Cho hai số thực a, b phân biệt thỏa mãn ab = a − b . Tính giá trị của biểu thức

a b + − ab . b a

Bài 20. (HSG Bắc Ninh năm 2016) Cho các số thực a, b,c thỏa mãn a + b + c = 0; a 2 + b 2 ≠ c 2 ; b 2 + c 2 ≠ a 2 ; c 2 + a 2 ≠ b 2 . Tính giá trị biểu thức P =

a2 b2 c2 . + + a 2 − b2 − c 2 b2 − c 2 − a 2 c2 − a 2 − b2

Bài 21. (HSG Đồng Nai năm 2016) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1 . Tính giá trị biểu thức

P=a

(1 − b )(1 − c ) + b (1 − a )(1 − c ) + c (1 − b )(1 − a ) − abc 2

Bài 22. (HSG Hưng Yên năm 2016) Cho a =

2 −1 2 +1 ;b = . Tính a 7 + b7 . 2 2

Bài 23. (HSG TP Hồ Chí Minh năm 2016) Cho ba số a, b, c thoả các điều kiện sau a − b = 7; b − c = 3 . Tính giá trị của biểu thức P =

a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca a 2 − c 2 − 2ab + 2bc

Bài 24. (Chuyên Phú Thọ năm 2016) Cho các số a, b thoả mãn 2a 2 + 11ab − 3b 2 = 0; b ≠ 2a; b ≠ −2a .Tính giá trị biểu thức: T=

a − 2b 2a − 3b + 2a − b 2a + b

Bài 25. (Chuyên Phú Thọ năm 2016) Tính giá trị biểu thức P =

2xy 1 10z + + với x, y, z là các 2x + 2xz + 1 y + 2xy + 10 10z + yz + 10

số thỏa mãn xyz = 5 và biểu thức P có nghĩa.

Bài 26. (Chuyên TP. Hà Nội năm 2016) Cho các số thực a, b, c khác nhau đôi một thỏa mãn: a 3 + b 3 + c 3 = 3abc và abc ≠ 0 . Tính: P =

ab 2 bc 2 ca 2 + 2 + 2 2 2 2 2 a + b −c b +c −a c + a 2 − b2 2

Bài 27.(Chuyên Sư Phạm Hà Nội năm 2017) 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

Bài 28.(Chuyên Phú Thọ năm 2017) Cho ba số a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn a 2 + b = b 2 + c = c 2 + a . Tính giá trị của biểu thức T = ( a + b − 1)( b + c − 1)( c + a − 1) .

Bài 29. Cho x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn: Tính giá trị biểu thức: P =

1 1 1 + + =0 x y z

yz xy zx + 2 + 2 x + 2yz y + 2zx z + 2xy 2

Bài 30. Cho các số x, y, z khác 0 thỏa mãn đồng thời Tính giá trị của biểu thức P = (x + 2y + z)2012.

1 1 1 2 1 + + = 2 và − 2 =4. x y z xy z

 a+b+c =1  2 Bài 31.Cho a + b2 + c 2 = 1 . Tính giá trị biểu thức: P = a 2018 + b 2018 + c 2018 a 3 + b 3 + c 3 = 1 

Câu 32. Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn: ab + bc +ca = 1. Tính giá trị biểu thức: 2

(a + b) ( b + c ) (c + a ) a) A =

b) B =

(1 + a )(1 + b )(1 + c ) 2

)(

+ 2bc − 1 b 2 + 2ca − 1 c 2 + 2ab − 1 2

(a − b ) ( b − c ) ( c − a )

Câu33.Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a 100 + b100 = a 101 + b101 = a 102 + b102 Tính giá trị biểu thức: P = a 2010 + b 2010

Câu 34.Cho số x ( x ∈ R; x > 0 ) thoả mãn điều kiện: x2 + Tính giá trị các biểu thức: A = x3 +

1 =7 x2

1 1 và B = x5 + 5 3 x x

Câu 35.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.

Câu 36. 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 )

Câu 37. Cho a, b, c khác 0 thỏa mãn:

a b c + + = 1. Tính giá trị biểu thức: b+c c+a a+ b P=

a2 b2 c2 + + b+c c+a a+b

 a  b  c  Câu 38. Cho a 3 + b 3 + c 3 = 3abc . Tính giá trị biểu thức: A =  1 +  1 +  1 +  c  a   b  Câu 39. Cho a, b,c là các số thực thỏa mãn: a + b + c = 6; Tính giá trị biểu thức: P =

Câu 40. Cho

c a b + + a+ b b+c c+a

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

Câu 41.(HSG Vĩnh Phúc 2011) Cho f ( x ) =

1 1 1 + + =8 a + b b+c c+a

x3 . Hãy tính giá trị biểu thức sau: 1 − 3x + 3x2

 1   2   2010   2011  A = f +f  + ... + f  +f   2012   2012   2012   2012 

)

Câu 42.Cho a, b, c thỏa mãn: Tính giá trị biểu thức:

b−c c−a a−b + + = 2013 ( a − b )( a − c ) ( b − a )( b − c ) ( c − a )( c − b )

1 1 1 . + + a−b b−c c−a 2

Câu 43.Cho a, b,c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 Tính giá trị của biểu thức: P =

a2 b2 c2 + + a 2 + 2bc b 2 + 2ac c 2 + 2ab

Câu 44.Tính giá trị của biểu thức P = Câu 45.Tính giá trị của biểu thức sau:

x−y . Biết x 2 − 2y 2 = xy ( x + y ≠ 0; y ≠ 0 ) x+y x16 − 1

( x + 1) ( x

Câu 46.Tìm 3 số dương a, b,c thỏa mãn :

)(

)

+ 1 x4 + 1 x8 + 1

với x = 2011

a 2 + 7 b2 + 6 c 2 + 3 2 2 2 = = và a + 2c = 3c + 19 4 5 6 3

Câu 47.Cho các số nguyên a, b,c thỏa mãn ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = 210 . Tính giá trị của biểu thức A = a − b + b − c + c − a

Câu 48.Cho x, y, z thỏa mãn x + y + z = 7; x 2 + y 2 + z 2 = 23; Tính giá trị của biểu thức H =

1 1 1 + + xy + z − 6 yz + x − 6 zx + y − 6

a 2 + b2 3 2 3 2 a − 3ab = 5 b − 3a b = 10 M = Câu 49.Biết và . Tính 2018

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.Ta có: x + y + z =

x+y+z 1 1 ⇔ = 2 xyz 2xyz

⇔

1 1 1 1 2 2 2 1 + + = ⇔ + + = xy yz xz 2xyz xy yz xz xyz

⇒

1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 + 2+ 2+ + + = 2+ 2+ 2+ =4 2 xy yz xz x xyz x y z y z 2

1 1 1 1 1 1 ⇒ + +  =4⇔ + + =2 x y z x y z Từ đó

1 1 1 1 + + = x y z x+y+z ⇔ ( xy + yz + xz )( x + y + z ) = xyz ⇔ ( x + y )( x + z )( y + z ) = 0

xyz = 3

x = −y  ⇔  y = −z  z = −x

Hơn nữa các mũ của Q đều lẻ nên có ít nhất 1 thừa số bằng 0. Vậy Q = 0

Câu 2. Do a + b + c = 6 nên =

6 − ( b + c) 6 − ( c + a ) 6 − (a + b) a b c + + = + + b+c c+a a+b b+c c+a a+b

6 6 6 + + −3 b+c c+a a+ b

 1 1 1  = 6 + + −3  b+c c+a a+b

= 6.

47 47 17 −3= −3 = . 60 10 10

Câu 3. Ta có:

(x +

2018 + x 2

)( y +

⇔ x + 2018 + x 2 =

⇔ x + 2018 + x =

)

2018 + y 2 = 2018 2018

y + 2018 + y 2

2018

(

2018 + y 2 − y 2

2018 + y − y

)

⇔ x + 2018 + x = 2018 + y 2 − y (1) Biến đổi tương tự ta có:

2018 + x 2 − x = 2018 + y2 + y

(2)

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được:

2018 + x 2 = 2018 + y 2 ⇔ 2018 + x 2 = 2018 + y 2 x = y ⇔ x2 = y 2 ⇔  x = −y

+)Với x = y ta có:

( 1) ⇔ x +

2018 + x 2 = 2018 + x 2 − x

⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ x = y = 0 x 2019 + y 2019 = 0 ⇒ x + y = 0 ⇒ Q = x 2019 + y 2019 + 2018(x + y) + 2020 = 2020

x 2019 + y 2019 = 0 +)Với x = − y , ta có:  ⇒ Q = 2020 x + y = 0 Vậy Q = 2020

Câu 4.Ta có: 3

x 3 =  3 3 + 2 2 − 3 3 − 2 2  ⇒ x 3 = 4 2 − 3x ⇔ x 3 + 3x = 4 2 (1).   = 3 + 2 2 − 3 + 2 2 − 3 3 3 + 2 2 3 − 2 2 .  3 3 + 2 2 − 3 3 − 2 2   

(

)(

)

Tương tự: y 3 + 3y = 24 2 (2). Trừ vế với vế (1) và (2) ta được: x 3 − y 3 + 3(x − y) = −20 2

⇔ (x - y)3 + 3(x - y)(xy + 1) = −20 2. Vậy P = −20 2 Câu 5. Ta có: a + b + c = 0 ⇔ b = −a − c

⇒ a 2 = 2 ( a + c + 1)( a + b − 1) ⇔ a 2 = 2 ( a + c + 1)( a − a − c − 1) ⇔ a 2 = 2 ( a + c + 1)( −c − 1) ⇔ a 2 + 2 ( a + c + 1)( c + 1) = 0 2

⇔ a 2 + 2a ( c + 1) + 2 ( c + 1) = 0 2

⇔ ( a + c + 1) + ( c + 1) = 0 a + c + 1 = 0 a = 0 ⇔ ⇔ ⇒ b = −a − c = 1 c + 1 = 0 c = −1 2

⇒ A = a 2 + b 2 + c 2 = 0 2 + 12 + ( −1) = 2 Vậy A = 2

Câu 6. a) Ta có: a +

1 1 b−c = b+ ⇔ a−b = b c bc

Tương tự ta có: b − c =

c−a a−b ;c −a = ac ab

⇒ ( a − b )( b − c )( c − a ) =

b−c c−a a −b . . bc ac ab

abc = 1 2 ⇔ ( abc ) = 1 ⇔  abc = −1 Nếu abc = 1 ⇒ P = x thì giả thiết tương đương với

a + ac = b + ba = c + cb = x 3 x = ( a + ac )( b + ba )( c + cb ) = abc ( a + 1)( b + 1)( c + 1) = ( a + 1)( b + 1)( c + 1) ⇔ a + b + c + ab + ac + cb = 3x ⇔ x 3 = abc + ab + ac + bc + 1 + a + b + c = ab + ac + bc + a + b + c + 2

x = 2 P = 2 ⇔ x 3 = 3x + 2 ⇔  ⇔  x = −1  P = −1

Nếu abc = −1 , biến đổi hoàn toàn tương tự

a − ac = b − ba = c − cb = x 3 x = ( a − ac )( b − ba )( c − cb ) = abc ( a − 1)( b − 1)( c − 1) = ( a − 1)( b − 1)( c − 1) ⇔ a + b + c − ac − ba − cb = 3x ⇔ x 3 = abc − ab − ac − bc − 1 + a + b + c = −ab − ac − bc + a + b + c − 2

 x = −2 P = 2 ⇔ x 3 = 3x − 2 ⇔  ⇔ x = 1 P = −1 Vậy giá trị của P là P = 2 hoặc P = −1 b) Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

1 1 1 9 + + ≥ = 1. Do đó dấu bằng phải xảy ra x y z x+y+z

thì mới xảy ra giả thiết hay x = y = z = 3 Thay vào T ta được T = 162 Vậy giá trị nhỏ nhất hay cũng là giá trị duy nhất của T là 162.

Câu 7. Ta có: 3  3 3 3  x = 3 + 2 2 − 3 − 2 2 x = 3 3 + 2 2 − 3 3 − 2 2        ⇔   3 3 3  y 3 =  3 17 + 12 2 − 3 17 − 12 2   y = 17 + 12 2 − 17 − 12 2       3 3 3  3 x = 3 + 2 2 − 3 3 + 2 2 3 − 2 2  3 + 2 2 − 3 − 2 2  − 3 + 2 2 ⇔  y 3 = 17 + 12 2 − 3 3 17 + 12 2 17 − 12 2 .  3 17 + 12 2 − 3 17 − 12 2  − 17 + 12 2   

(

)(

(

)

)(

)

x 3 = 4 2 − 3x ⇔ 3  y = 24 2 − 3y 3

⇒ M = ( x − y ) + 3 ( x − y )( xy + 1)

= x 3 − 3xy ( x − y ) − y 3 + 3xy ( x − y ) + 3 ( x − y ) = x3 − y3 + 3 ( x − y ) = 4 2 − 3x − 24 2 + 3y + 3x − 3y = −20 2

Câu 8. Với ab = 1 , a + b ≠ 0, ta có: P=

a 3 + b3 3(a 2 + b 2 ) 6(a + b) + + 3 3 4 2 (a + b) (ab) (a + b) (ab) (a + b)5 (ab)

a 3 + b 3 3(a 2 + b 2 ) 6(a + b) + + (a + b)3 (a + b) 4 (a + b)5

a 2 + b 2 − 1 3(a 2 + b 2 ) 6 + + 2 4 (a + b) (a + b) (a + b)4

(a 2 + b 2 − 1)(a + b)2 + 3(a 2 + b 2 ) + 6 (a + b)4

(a 2 + b 2 − 1)(a 2 + b 2 + 2) + 3(a 2 + b 2 ) + 6 (a + b)4

(a 2 + b 2 )2 + 4(a 2 + b 2 ) + 4 (a + b)4

(a 2 + b 2 + 2)2 (a + b)4

(a 2 + b 2 + 2ab)2 (a + b)4

(a + b)2   = 4 (a + b) =1

Vậy P = 1, với ab = 1 , a + b ≠ 0.

Câu 9.

x2 + y2 + z2 +

1 1 1 + 2 + 2 =6 2 x y z

1   1   1   ⇔  x2 − 2 + 2  +  y 2 − 2 + 2  +  z2 − 2 + 2  = 0 x   y   z   2

 1  1  1 ⇔ x−  +y −  +z−  = 0 x  y  z   1 x − = 0 x  x = −1 x = 1  1    ⇔  y − = 0 ⇔  y = −1 y = 1 y  z = −1 hoặc z = 1    1 z − = 0   z Do đó P = x2017 + y 2018 + z2019 = 3 khi x = y = z = 1 Hoặc P = x2017 + y 2018 + z 2019 = 1 khi x = y = z = −1

Câu 10. Ta có: 1 + x 2 = xy + yz + zx + x 2 = y ( x + z ) + x ( x + z ) = ( x + y )( x + z ) Tương tự: 1 + y 2 = ( x + y )( y + z ) ; 1 + z 2 = ( x + z )( z + y )

(1 + y )(1 + z ) + y (1 + z )(1 + x ) + z (1 + x )(1 + y ) 2

Do đó: P = x

1 + x2

1 + y2

1 + z2

( y + z )( y + x )( x + z )( z + y ) + y ( z + x )( z + y )( x + y )( x + z ) + z ( x + y )( x + z )( y + x )( y + z ) ( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z ) ( z + x )( z + y )

( y + z)

(z + x)

(x + y)

= xy + xz + yz + xy + xz + zy = 2 ( xy + yz + zx ) =2

Câu 11. Ta có xy + z − 1 = xy − x − y + 1 = ( x − 1)( y − 1) Tương tự yz + x − 1 = ( y − 1)( z − 1) và zx + y − 1 = ( z − 1)( x − 1) Suy ra S = =

( x − 1)( y − 1) ( y − 1)( z − 1) ( z − 1)( x − 1)

x+y+z−3 ( x − 1)( y − 1)( z − 1)

1 −1 = xyz − ( xy + yz + zx ) + ( x + y + z ) − 1 xy + yz + zx 2

Ta có ( x + y + z ) = x2 + y 2 + z2 + 2 ( xy + yz + zx ) ⇒ xy + yz + zx = −7 Suy ra S = −

1 7

Câu 12. Ta có x + y + z + xyz = 4 ⇔ 4(x + y + z) + 4 xyz = 16 Khi đó ta có:

x(4 − y)(4 − z) = x(16 − 4y − 4z + yz)

= x(yz + 4 xyz + 4x)

= x. ( yz + 2 x)2 = xyz + 2x (1) Tương tự

y(4 − z)(4 − x) = xyz + 2y (2)

z(4 − x)(4 − y) = xyz + 2z (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra B = 2(x + y + z + xyz) = 2.4 = 8 .

Câu 13. Ta có: a 3 − a 2 b + ab2 − 6b3 = 0 ⇔ (a − 2b)(a 2 + ab + 3b2 ) = 0 (*) Vì a > b > 0 ⇒ a 2 + ab + 3b2 > 0 nên từ (*) ta có a = 2 b Biểu thức B =

a 4 − 4b 4 16b 4 − 4b 4 12b 4 −4 . Vậy: = B = = 4 4 4 4 4 21 b − 4a b − 64b −63b

Câu 14. 2

Ta có: x + y + z = 0 ⇒ y + z = −x ⇔ ( y + z ) =

( −x )

Suy ra: y 2 + z 2 – x2 = −2yz. Do đó: Tương tự ta có:

x2 x2 = y 2 + z 2 − x 2 −2yz

y2 y2 z2 z2 = ; = z 2 + x 2 − y 2 −2xz x 2 + y 2 − z 2 −2xy

Do đó: P=

y2 y2 x3 + y 3 + z3 x2 z2 x2 z2 + + = + + = −2xyz y 2 + z 2 − x 2 z 2 + x 2 − y 2 x 2 + y 2 − z 2 −2yz −2xz −2xy

(x + y + z) = Vậy P = −

− 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) −2xyz

0 − 3. ( − z ) . ( −x ) . ( − y ) −2xyz

3xyz 3 =− −2xyz 2

3 2

Câu 15. Ta có x − y = 29 + 12 5 − 2 5 = (2 5 + 3)2 − 2 5 = 2 5 + 3 − 2 5 = 3 Nên : A = X3 +X2 – Y3 + Y2 + XY – 3X2Y + 3XY2- 3XY + 1974 = (X- Y)3 + (X-Y)2 + 1974 = 33 + 32 + 1974 = 2010

Câu 16. Có:

1 1 1 1 2 1 1 2 2 2  a +  ⇒ x = (a + ) ⇒ x − 1 = (a − ) 2 a 4 a 4 a

1 1 1 1 1 1 b +  ⇒ y 2 = (b+ )2 ⇒ y 2 − 1 = (b− )2  2 b 4 b 4 b

Do a, b ≥ 1 ; nên:

1 1 1 x 2 − 1. y 2 − 1 = (a − )(b − ) 4 a b

1 1 1 1 1 1 (a + )(b + ) − (a − )(b− ) a b 4 a b p= =4 2 2 1 1 1 1 1 1 xy + x − 1. y − 1 (a + )(b+ ) + (a − )(b − ) 4 a b 4 a b xy − x 2 − 1. y 2 − 1

2(a 2 + b 2 ) 2(a 2 b 2 + 1) a 2 + b 2 : = 2 2 ab ab a b +1

Câu 17. Từ

x + y + z = 2 và x + y + z = 2 ta có

( Từ đó ta được

x+ y+ z

)

= x+y+z+2

xy + yz + zx = 1 . Khi đó

(

xy + yz + zx

)

x + 1 = x + xy + yz + zx =    y + 1 = y + xy + yz + zx =  z + 1 = z + xy + yz + zx = 

( ( (

)( x + z ) y )( y + z ) y )( x + z )

x+ y x+ z+

Thay vào biểu thức P ta được





( x + 1)( y + 1)( z + 1).  x +x1 + y + 1 + z +z1 



)(



(

x+ y

(

xy + yz + zx = 2

y+ z

)(

)

z+ x .

(

)

y+ z + y

(

x+ y

(

)(

) ( x + y) z )( z + x )

z+ x + z y+

)

Câu 18. 2

Ta có x + y = −5 nên ta được ( x + y ) = 25 ⇒ x2 + y 2 + 2xy = 25 . Mà ta có x2 + y 2 = 11 , do đó suy ra 2xy = 14 hay xy = 7 .

(

Ta có x 4 + y 4 = x 2 + y 2

)

− 2 ( xy ) = 112 − 2.7 2 = 121 − 98 = 23 .

Câu 19. 2

Từ giả thiết ab = a − b ta được ( ab ) = ( a − b ) . Ta có 2

a 2 + b 2 − ( ab ) a 2 + b2 − ( a − b ) a b 2ab A = + − ab = = = =2 b a ab ab ab Câu 20. Từ giả thiết a + b + c = 0 ta được P=

(b + c)

− b2 − c 2

(c + a)

− c2 − a2

(a + b)

− a 2 − b2

(

a2 b2 c2 a3 + b3 + c3 + + = 2bc 2ca 2ab 2abc

)

Ta có a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca = 0 . Từ đó suy ra a 3 + b 3 + c 3 = 3abc do vậy ta được P =

3 2

Câu 21. Theo bài ra: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1 Suy ra a 2 + 2abc = 1 − b 2 − c 2 ; b 2 + 2abc = 1 − c 2 − a 2 ; c 2 + 2abc = 1 − b 2 − a 2 . Từ đó ta có

P=a

(1 − b )(1 − c ) + b (1 − a )(1 − c ) + c (1 − b )(1 − a ) − abc 2

= a 1 − c 2 − b 2 + b 2 c 2 + b 1 − c 2 − a 2 + a 2 c 2 + c 1 − a 2 − b 2 + a 2 b 2 − abc = a a 2 + 2abc + b 2 c 2 + b b 2 + 2abc + a 2 c 2 + c c 2 + 2abc + a 2 b 2 − abc 2

( a + bc ) + b ( b + ac ) + c ( c + ab ) − abc = a ( a + bc ) + b ( b + ac ) + c ( c + ab ) − abc = a + b =a

+ c 2 + 2abc = 1

Câu 22. Từ giả thiết ta có a + b =

(

)(

2 −1 2 +1 2 −1 2 +1 1 + = 2; ab = = . Lại có . 2 2 2 2 4

)

a 7 + b7 = a 4 + b 4 a 3 + b 3 − a 3 b 3 ( a + b ) 2 2 3   =  ( a + b ) − 2ab  − 2a 2 b 2  ( a + b ) − 3ab ( a + b )  − a 3 b 3 ( a + b )    

Từ đó ta được 2  1  1  3 2 17  5 2 170 2 2 169 2   a 7 + b 7 =  2 −  −   2 2 − . 2  − =  4 2  − 64 = 64 − 64 = 64 2 8 4 64 8       

Vậy a 7 + b7 =

169 2 . 64

Câu 23. Nhìn vào tử số của P ta có biến đổi quen thuộc 2

a +b +c

(a − b) + ( b − c ) + ( c − a ) − ab − bc − ca =

Từ đây phải biến đổi giả thiết để xuất hiện thêm c − a . Ta có c − a = − ( b − c ) − ( a − b ) = −3 − 7 = −10 . Đặt T là tử của của P ta được T = 79. Đặt M là mẫu của P, khi đó M cũng có thể phân tích thành tích được thành M = ( a − c )( a + c − 2b ) = ( a − c )( a − b + c − b ) = 40

Vậy ta được P =

79 . 40

Câu 24. Với 2a 2 + 11ab − 3b 2 = 0; b ≠ 2a; b ≠ −2a ta có T=

a − 2b 2a − 3b ( a − 2b )( 2a + b ) + ( 2a − 3b )( 2a − b ) + = 2a − b 2a + b ( 2a − b )( 2a + b )

(

)

(

)

2 2 2 2 − 8a 2 − 2b 2 6a 2 − 11ab + b 2 − 2a − 11ab + 3b + 8a − 2b = = = =4 4a 2 − b 2 4a 2 − b 2 4a 2 − b 2

Câu 25.

Kết hợp xyz = 5 ta biến đổibiểu thức P thành

2xy 1 10z + + 2x + 2xz + 1 y + 2xy + 10 10z + yz + 10 2xy xyz.2z 1 = + + 2x + 2xz + 1 y + 2xy + 2xyz 2xyz.z + yz + 2xyz 2y 1 + 2y + 2zx 1 2xz = + + = =1 2x + 2xz + 1 1 + 2x + 2xz 2xz + 1 + 2x 2x + 2zx + 1

Câu 26.

(

)

Do a 3 + b 3 + c 3 = 3abc ⇒ ( a + b + c ) a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca = 0 Do a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca > 0 với a, b, đôi một khác nhau nên: a + b + c = 0 Suy ra: a + b + c = 0 Khi đó:

ab 2 ab 2 ab 2 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 −2 c + a − b −2 b +c −a

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được: P=

ab 2 bc 2 ca 2 b c a 1 + + = + + = − (a + b + c ) = 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 −2 − 2 −2 a + b −c b +c −a c +a −b

Vậy P = 0.

Câu 27. Ta có:

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

)

+ 1 ( xy + 1)

xy − x 2

)

+ 1 ( xy + 1)

(

= 0 ⇒ xy − y 2

)( y

) (

)(

)

+ 1 + xy − x 2 x 2 + 1 = 0

⇔ ( x − y ) ( xy − 1) = 0 ⇔ xy = 1 (vi x ≠ y) ⇒ S = 2

Câu 28. Biến đổi giả thiết a 2 + b = b 2 + c ta được a 2 − b 2 = c − b ⇔ ( a − b )( a + b ) − ( a − b ) = c − b − ( a − b ) ⇔ ( a − b )( a + b − 1) = c − a

Do a , b khác nhau nên ta có a + b − 1 =

c−a . a−b

Hoàn toàn tương tự ta được b + c − 1 =

a−b b−c ;c +a −1= . b−c c−a

Do đó ta có T = ( a + b − 1)( b + c − 1)( c + a − 1) =

c −a a − b b−c . . =1 a − b b−c c −a

Câu 29. Ta có: 0 =

1 1 1 xy + yz + zx + + = ⇒ xy + yz + zx = 0 x y z 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 + 2zx ( x − y )( x − z ) 2

Tương tự ta có:

xy xy zx zx = ; 2 = y + 2zx ( y − x )( y − z ) z + 2xy ( z − x )( z − y ) 2

Do đó:

P= =

yz xy yz xy zx zx + 2 + 2 = + + x + 2yz y + 2zx z + 2xy ( 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. 2

1 1 1 1 1 1 Câu 30. +) Ta có + + = 2 ⇒  + +  = 4 x y z x y z 2

1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 + + − + 2 =0 +) Do đó  + +  = − 2 ⇔ 2+ 2+ 2+ xy z x y z xy yz zx xy z x y z 2

2 2 1   1 2 1   1 1 1  1 1 ⇔ 2 + + + + +  = 0 ⇔  +  + +  = 0 xz z 2   y 2 yz z 2  x x z y z

 1 1  2  1 −1  +  = 0  x = z  x z  ⇔ ⇔ ⇔ x = y = −z 2 1 −1  1 1   =  y + z  = 0  y z  

1 1 1 1 −1 + + = 2 ta được x = y = ; z = x y z 2 2

Thay vào

1 1 −1  Khi đó P =  + 2. +  2 2  2

2012

= 12012 = 1

Câu 31. Ta có: 2

( a + b + c ) = a + b + c + 2 ( ab + bc + ca ) = 1 ⇒ 1 + 2 ( ab + bc + ca ) = 1 ⇒ ab + bc + ca = 0 Mặt khác:

(

)

a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ⇔ 1 − 3abc = 1. ( 1 − 0 )

⇒ abc = 0 ⇒ a = 0 ∨ b = 0 ∨ c = 0 2 2  b + c = 1 b = 0  b + 2bc + c = 1 Xét a = 0 thì  2 2 ⇔ ⇒ bc = 0 ⇒  2 2  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.

Câu 32. a) Ta có: 1 + a2 = ab + bc + ca + a2 = (a + b)(a + c) Tương tự: 1 + b2 = (a + b)(b + c) 2

Do đó:

;

( a + b) ( b + c ) ( c + a ) A=

(1 + a )(1 + b )(1 + c 2

1 + c2 = (c +a)(b +c) 2

( a + b) ( b + c ) ( c + a ) = ) ( a + b) ( b + c ) ( c + a )

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

(a Do đó: B =

)(

;

)(

c2 + 2ab - 1 = (c – a)(c – b)

(a − b) ( b − c ) ( c − a )

) = (a − b) ( b − c ) ( c − a )

+ 2bc − 1 b2 + 2ca − 1 c 2 + 2ab − 1

(a − b) ( b − c ) ( c − a )

Câu 33. Ta có:

(

)

0 = a 100 + b100 − a101 + b101 = a 101 + b101 − (a 102 + b102 ) ⇔a

100

⇔ a 100

100

101

( 1 − a ) + b (1 − b ) = a (1 − a ) + b (1 − b ) . (1 − a ) + b . (1 − b ) = 0 2

100

Do đó a = b = 1 (do a, b dương) Vậy P = a 2010 + b 2010 = 1 + 1 = 2 Câu 34. Từ giả thiết suy ra: (x +

⇒ 21 = (x +

1 1 1 1 1 )(x2 + 2 ) = (x3 + 3 ) + (x + ) ⇒ A = x3 + 3 =18 x x x x x

⇒ 7.18 = (x2 + ⇒ B = x5+ Câu 35.

1 2 1 ) =9⇒x+ = 3 (do x > 0) x x

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

1 = 7.18 - 3 = 123 x5

a 2 + b 2 + c 2 = 14 a 2 + b 2 + c 2 = 14 Ta có  ⇒ a + 2b + 3c = 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. Câu 36. 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 )

( a − b )( b − c )( c − a ) = 1 ( a − b )( b − c )( c − a )

Câu 37. 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 + c 2 + ( a + b ) c  a b c  a2 a + b + c = (a + b + c )  + + = +  b+c c+a c+a a+b a+b  b+c c+a a+b b+c 2 2 2 a b c =a+b+c+ + + b+c c+a a+b 2 a b2 c2 ⇒P= + + =0 b+c c+a a+b Câu 38. Ta có: a 3 + b 3 + c 3 = 3abc 3

⇔ ( a + b ) − 3ab ( a + b ) + b 3 = 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 ) 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 2 2 2 1 a + b + c ) ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  = 0 (   2  a+b+c = 0 a + b + c = 0 ⇔ ⇔ 2 2 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = 0  a=b=c

⇔

Với a + b + c = 0 thì: P =

a + b c + b a + c −c −a − b . . = . . = −1 a b a a b a

Với a = b = c thì P = ( 1 + 1)( 1 + 1)( 1 + 1) = 8 Câu 39. Ta có:

 1 1 1  a+b+c a+b+c a+b+c 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 b+c c+a

Câu 40.

Ta dễ dàng chứng minh được khi Do đó: P =

1 1 1 1 1 1 3 + + = 0 thì 3 + 3 + 3 = a b c abc a b c

ab bc ac abc abc abc 3  1 1 1 + 2 + 2 = 3 + 3 + 3 = abc  3 + 3 + 3  = abc. =3 2 abc c a b c a b a b c 

Câu 41. Ta có: f ( x ) =

x3 x3 . = 1 − 3x + 3x 2 x 3 + ( 1 − x )3 3

(1 − x ) Với x + y = 1 ta có: f ( x ) = f ( 1 − y ) = (1 − x ) + x 3

⇒ f ( x ) + f ( y ) = 1 . Từ đó:

2011  1   2011   2010   2011   1  2A = f  +f +f  + ... + f  +f  = 2011 ⇒ A = 2  2012   2012   2012   2012   2012  Câu 42.

Ta có:

2013 =

b−c c−a a−b + + ( a − b )( a − c ) ( b − a )( b − c ) ( c − a )( c − b )

(a − c ) − (a − b) + ( b − a ) − ( b − c) + (c − b) − ( c − a ) ( a − b )( a − c ) ( b − a )( b − c ) ( c − a )( c − b )

1 1 1 1 1 1 − + − + − a − b a −c b−c b−a c −a c − b

1 1 1 1 1 1 + + + + + a − b c −a b−c a − b c −a b−c  1 1 1  = 2 + +   a − b c −a b−c  1 1 1 2013 ⇒ + + = a −b c−a b−c 2 =

Câu 43.

(a + b + c )

= a 2 + b 2 + c 2 ⇔ ab + ac + bc = 0

a2 a2 a2 = = a 2 + 2bc a 2 − ab − ac + bc ( a − b )( a − c ) Tương tự:

b2 b2 = b 2 + 2ac ( b − a )( b − c )

c2 c2 = c 2 + 2ac ( c − a )( c − b )

;

a2 b2 c2 + + a 2 + 2bc b 2 + 2ac c 2 + 2ab a2 b2 c2 = − + ( a − b )( a − c ) ( a − b )( b − c ) ( a − c )( b − c )

( a − b )( a − c )( b − c ) = 1 ( a − b )( a − c )( b − c )

Câu 44. x 2 − 2y 2 = xy ⇔ x 2 − xy − 2y 2 = 0 ⇔ ( x + y )( x − 2y ) = 0

Vì x + y ≠ 0 nên x − 2y = 0 ⇔ x = 2y Khi đó P =

2y − y y 1 = = 2y + y 3y 3

Câu 45.

(

)(

x16 − 1 = ( x − 1)( x + 1) x 2 + 1 x 4 + 1 x8 + 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) 2

x16 − 1

Câu 46. 2 2 2 2 2 2 a) Từ giả thiết a + 2c = 3b + 19 ⇒ a + 2c − 3b = 19

Ta có:

a 2 + 7 b 2 + 6 c 2 + 3 3b 2 + 18 2c 2 + 6 a 2 + 7 + 2c 2 + 6 − 3b 2 − 18 14 = = = = = = = 14 4 5 6 15 12 4 + 12 − 15 1 a 2 = 49 ⇒ a = 7

Suy ra : b 2 = 64 ⇒ b = 8 c 2 = 81 ⇒ c = 9

Câu 47.

Đặt a − b = x; b − c = y; c − a = z ⇒ x + y + z = 0 ⇒ z = − ( x + y ) 3

Ta có: x 3 + y 3 + z 3 = 210 ⇔ x 3 + y 3 − ( x + y ) = 210 ⇔ −3xy ( x + y ) = 210 ⇔ xyz = 70 Do x, y, z là 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 Câu 48.

Vì x + y + z = 7 ⇒ z = − x − y + 7 ⇒ xy + z − 6 = ... = 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 H =

z −1+ x −1+ y −1 ( x − 1)( y − 1)( z − 1)

( x − 1)( y − 1) ( y − 1)( z − 1) ( z − 1)( x − 1) (x + y + z) − 3 7−3 4 = = = Ta xyz − ( xy + yz + xz ) + ( x + y + z ) − 1 3 − ( xy + yz + xz ) + 7 − 1 9 − ( xy + yz + xz ) có: ( x + y + z ) = x + y + z + 2 ( xy + yz + xz ) ⇒ 7 = 23 + 2 ( xy + yz + xz ) 2

⇒ xy + yz + xz = 13 Vậy H =

4 = −1 9 − 13

Câu 49.

a 3 − 3ab 2 = 5 ⇒ a 6 − 6a 4 b 2 + 9a 2 b 4 = 25 b 3 − 3a 2 b = 10 ⇒ b6 − 6a 2 b 4 + 9a 4 b 2 = 100

⇒ a 6 + 3a 4 b 2 + 3a 2 b 4 + b6 = 125

(

⇒ a 2 + b2

)

= 53 ⇒

a 2 + b2 5 = 2018 2018

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC Dạng 1: Sử dụng phép biến đổi tương đương Thí dụ 1. Cho x, y, z là số thực thỏa mãn xyz =1. Chứng minh rằng: P=

1 1 1 + + =1 1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx

Lời giải Ta có:

1 x x ; = = 1 + y + yz x + xy + xyz 1 + x + xy

Mặt khác: Do đó: P =

xy xy 1 = = 2 1 + z + zx xy + xyz + x .yz 1 + x + xy

1 1 1 + + 1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx

xy 1 + x + xy 1 x + + = = 1 (đpcm) 1 + x + xy 1 + x + xy 1 + x + xy 1 + x + xy

Thí dụ 2. Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: x + y + z = xyz . Chứng minh rằng:

xyz ( 5x + 4y + 3z ) 2y x 3z + + = 2 2 2 1+ x 1+ y 1+ z ( x + y )( y + z )( z + x ) Lời giải

Ta có:

xyz xyz xyz xyz x = = = 2 = 2 yz + x.xyz yz + x. ( x + y + z ) x + xy + yz + zx ( x + y )( z + x ) 1+ x Tương tự ta có: Do đó:

2y 2xyz 3xyz 3z = ; = 2 2 1+ y ( x + y )( y + z ) 1 + z ( y + z )( z + x )

2y xyz 2xyz 3xyz x 3z + + = + + 2 2 2 1+ x 1+ y 1+ z ( x + y )( z + x ) ( x + y )( y + z ) ( y + z )( z + x )

xyz ( y + z + 2x + 2z + 3x + 3y )

( x + y )( y + z )( z + x ) Vậy:

2y x 3z + + 2 2 1 + x 1 + y 1 + z2

Thí dụ 3. Cho

xyz ( 5x + 4y + 3z )

( x + y )( y + z )( z + x ) xyz ( 5x + 4y + 3z ) = ( x + y )( y + z )( z + x )

a b c a b c + + = 0. Chứng minh: P = + + =0 2 2 2 b−c c−a a − b ( b − c ) (c − a ) (a − b)

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 )

(b − c)

b 2 − ab + ac − c 2 ( a − b )( c − a )( b − c )

Tương tự ta có:

(c − a )

(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.

Thí dụ 4. Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãi điều kiện: x + y + z = 0 và xyz ≠ 0. Tính giá trị biểu thức: P =

y2 x2 z2 + + y 2 + z2 − x2 z2 + x2 − y 2 x2 + y 2 − z2

Lời giải 2

Ta có: x + y + z = 0 ⇒ y + z = − x ⇔ ( y + z ) = Suy ra: y 2 + z 2 – x 2 = −2yz. Do đó:

( −x )

x2 x2 = y 2 + z2 − x 2 −2yz

Tương tự ta có: Do đó: P =

y2 y2 x3 + y3 + z3 x2 z2 x2 z2 + + = + + = −2xyz y 2 + z 2 − x 2 z 2 + x 2 − y 2 x 2 + y 2 − z 2 −2yz −2xz −2xy

(x + y + z) = Vậy P = −

y2 y2 z2 z2 = ; = z 2 + x 2 − y 2 −2xz x 2 + y 2 − z 2 −2xy

− 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) −2xyz

0 − 3. ( − z ) . ( − x ) . ( − y ) −2xyz

3xyz 3 =− 2 −2xyz

3 2

Dạng 2: Sử dụng các hằng đẳng thức quen biết Thí dụ 5. Cho a, b, c khác 0 thỏa mãn Chứng minh rằng:

1 1 1 + + = 2; a + b + c = abc. a b c

1 1 1 + 2 + 2 =2 2 a b c

Lời giải 2

Ta có:

1 1 1  1 1 1  1 1 1  + 2 + 2 =  + +  − 2 + +  2 a b c a b c  ab bc ca 

= 4 − 2.

a+b+c = 2. abc

Thí dụ 6. Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng: a 4 + b 4 + c 4 =

1 2 a + b2 + c 2 2

(

)

Lời giải 2

Từ: a + b + c = 0 ⇒ b + c = −a ⇒ ( b + c ) = a 2 ⇒ b 2 + 2bc + c 2 = a 2

(

⇒ a 2 − b2 − c 2 = 2bc ⇒ a 2 − b2 − c 2

(

) (

⇒ 2 a 4 + b4 + c 4 = a 2 + b2 + c 2 Vậy: a 4 + b 4 + c 4 =

)

1 2 a + b2 + c 2 2

(

)

= 4b2 c 2 ⇒ a 4 + b4 + c 4 = 2a 2 b2 + 2b2 c 2 + 2c 2a 2

)

Thí dụ 7. Cho các số thực a, b, c khác nhau đôi một thỏa mãn: a 3 + b3 + c 3 = 3abc và

abc ≠ 0 . Tính: P =

ab2 bc 2 ca 2 + + a 2 + b2 − c 2 b2 + c 2 − a 2 c 2 + a 2 − b2 Lời giải

Do a 3 + b3 + c 3 = 3abc ⇒ ( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca = 0

(

)

Do a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca > 0 với a, b, đôi một khác nhau nên: a + b + c = 0 Suy ra: a + b + c = 0 Khi đó:

ab 2 ab2 ab 2 b2 b2 b = = = = = 2 2 2 2 2 a + c − b − b − b − 2 a +b −c a + ( b − c )( b + c ) a + ( b − c )( −a )

Tương tự:

bc 2 c ca 2 a = = ; 2 2 2 2 2 2 −2 c + a − b −2 b +c −a

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:

ab2 bc 2 ca 2 b c a 1 P= 2 + 2 2 + 2 = + + = − (a + b + c ) = 0 2 2 2 2 2 2 −2 −2 −2 a + b −c b +c −a c +a − b Vậy P = 0.

Thí dụ 7. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn: b ≠ c; a + b ≠ c và a 2 + b 2 = ( a + b − c ) Chứng minh rằng:

a2 + (a − c )

b2 + ( b − c )

a−c b−c Lời giải

Ta có: 2

a 2 = ( a + b − c ) − b 2 = ( a + b − c + b )( a + b − c − b ) = ( a + 2b − c )( a − c ) 2

Tương tự: b 2 + ( b − c ) = ( 2a + b − c )( b − c ) Do đó:

a2 + (a − c )

( a + 2b − c )( a − c ) + ( a − c ) = + ( b − c) ( 2a + b − c )( b − c ) + ( b − c )

( 2a + 2b − 2c )( a − c ) = a − c ( 2a + 2b − 2c )( b − c ) b − c

Dạng 3: Phương pháp đổi biến Thí dụ 8. 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 (đpcm)

(đpcm)

Thí dụ 9. Cho a,b,c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c = a + b + c = 2. Chứng minh rằng

a b c + + = 1+ a 1+ b 1+ c

(1 + a )(1 + b )(1 + c )

Lời giải Đặt x = a; y = b; z = c ⇒ xy + yz + zx = 1 ⇒ a + 1 = ( x + y )( x + z ) . Tương tự: b + 1 = ( y + x )( y + z ) ; c + 1 = ( z + x )( z + y ) Khi đó ta có:

2 ( xy + yz + zx ) a b c + + = = 1 + a 1 + b 1 + c ( x + y )( y + z )( z + x )

(1 + a )(1 + b )(1 + c )

Thí dụ 10.Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn ab + bc + ca = 0 . Chứng minh rằng: bc ca ab + + = 3. a 2 b2 c 2

Lời giải

 x = ab  Đặt  y = bc thì a + b + c = 0 và abc = 0 . Ta có:  z = ca  bc ca ab b 3c 3 + c 3a 3 + a 3 b 3 x 3 + y 3 + z 3 + + = = xyz a 2 b2 c 2 a 2 b2 c 2 = =

( x + y + z) (x

)

+ y 2 + z 2 − xy − yz − zx + 3xyz xyz

3xyz =3 xyz

Dạng 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

Thí dụ 11. Cho a, b, c, z, y, z thỏa mãn

x2 + y 2 + z 2 x 2 y 2 z2 = + + . a 2 + b2 + c2 y 2 b2 c 2

Chứng minh rằng x 2019 + y 2019 + z 2019 = 0.

Lời giải Ta có:

x2 + y2 + z2 x2 y 2 z2 = + + . a 2 + b2 + c 2 a 2 b2 c 2 y2 y2 x2 x2 z2 z2 ⇔ 2− 2 + − + − =0 a a + b2 + c 2 b2 a 2 + b2 + c 2 c 2 a 2 + b2 + c 2  1 1  2 1 1  2 1 1  ⇔ x2  2 − 2 +y  2 − 2 +z  2 − 2 =0 2 2  2 2  2 2  a a +b +c   b a +b +c  c a +b +c 

⇔ x = y = z = 0 (do mỗi số hạng của tổng đều không âm) Vì vậy: x 2019 + y 2019 + z 2019 = 0.

Thí dụ 12.Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a 1 − b 2 + b 1 − c 2 + c 1 − a 2 = Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 =

3 . 2

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có a 1 − b2 + b 1 − c2 + c 1 − a 2 ≤

a 2 + 1 − b2 b2 + 1 − c 2 c 2 + 1 − a 2 3 + + = . 2 2 2 2

a = 1 − b 2 a 2 = 1 − b 2   3  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  b = 1 − c 2 ⇔  b 2 = 1 − c 2 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 = (đpcm). 2  c 2 = 1 − a 2 2  c = 1 − a

Dạng 5: Phương pháp sử dụng lượng liên hợp Thí dụ 13. Cho x, y thỏa mãn:

x + 2014 + 2015 − x − 2014 − x = y + 2014 + 2015 − y − 2014 − y Chứng minh: x = y

Lời giải

x + 2014 + 2015 − x − 2014 − x = y + 2014 + 2015 − y − 2014 − y (1) ĐKXĐ: −2014 ≤ x; y ≤ 2014 (1) ⇔ x + 2014 − y + 2014 + 2015 − x − 2015 − y + 2014 − y − 2014 − x = 0 Nếu x khác y và −2014 ≤ x; y ≤ 2014 thì

x + 2014 + y + 2014 >0;

2015 − x + 2015 − y >0; 2014 − x + 2014 − y >0 , do đó (1)   1 1 1 (2) ⇔( x−y)   =0 − +  x+2014 + y+2014 2015−x + 2015−y 2014 −x + 2014 −y   

Khi đó dễ chứng tỏ

1 2014 − x + 2014 − y

−

1 2015 − x + 2015 − y

Mà x − y ≠ 0 nên (2) vô lý vì VT(2) luôn khác 0 Nếu x=y dễ thấy (1) đúng. Vậy x = y.

Thí dụ 14. Nếu a , b , c là các số không âm thoả mãn điều kiện: b =

a+c 2

thì ta có:

1 a+ b

b+ c

c+ a

Lời giải 1

Ta có

c+ a

a+ b

b+ c

−

b− c ( c + a )( a + b)

c+ a

b−c ( c + a )( a + b)( b + c )

a−b ( c + a )( a + b)( b + c)

( 1)

(2)

a+c ⇒ a − b = b − c (3) 2

Từ (1) (2) (3) ⇒ hay

Tương tự Mà b =

−

1 a+ b

1 b+ c 1 b+ c

−

1 c+ a

−

1 a+ b

2 c+ a

Dạng 6: Chứng minh có một số bằng hằng số cho trước  a + b + c = 2019  Thí dụ 15.Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn  1 1 1 1  a + b + c = 2019 

Chứng minh rằng trong các số a, b, c có một số bằng 2019

Phân tích: Ta thấy việc chứng minh trong các số a, b, c có một số bằng 2019 sẽ tương đương với việc chứng minh hệ thức sau đúng: ( a − 2019 )( b − 2019 )( c − 2019 ) = 0 (*) khai triển (*) ta được:

( * ) ⇔ ( ab − 2019a − 2019b + 2019 ) ( c − 2019 ) = 0 ⇔ abc − 2019 ( ab + bc + ca ) + 2019 ( a + b + c ) − 2019 2

Từ giả thiết

= 0 (* * )

1 1 1 + + = 2019 suy ra abc − 2019 ( ab + bc + ca ) = 0 a b c

Từ giả thiết a + b + c = 2019 suy ra 20192 ( a + b + c ) − 20193 = 0.

( 2) ( 3)

Cộng (2) và (3) theo vế ta được (**) từ đây ta dẫn đến lời giải sau:

Lời giải Từ giả thiết

1 1 1 + + = 2019 suy ra abc − 2019 ( ab + bc + ca ) = 0 a b c

Từ giả thiết a + b + c = 2019 suy ra 20192 ( a + b + c ) − 20193 = 0. Cộng (2) và (3) theo vế suy ra:

abc − 2019 ( ab + bc + ca ) + 2019 2 ( a + b + c ) − 20193 = 0 ⇔ ( a − 2019 )( b − 2019 )( c − 2019 ) = 0

( 1)

( 2)

( 3)

Từ (1) suy ra bài toán được chứng minh.

Nhận xét: Từ phân tích và cách giải bài toán trên ta thấy để giải đơn giản dạng toán này chúng ta cần suy luận ngược để tìm ra lời giải. 1 1 1  a + b + c = + + Thí dụ 16. Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn  a b c  abc = 1 

Chứng minh rằng trong 3 số a, b, c có ít nhất một số bằng 1.

Phân tích: Ta thấy việc chứng minh trong các số a, b, c có một số bằng 1 sẽ tương đương với việc chứng minh hệ thức sau đúng: ( a − 1)( b − 1)( c − 1) = 0 (*) khai triển (*) ta được:

( * ) ⇔ ( ab − a − b + 1)( c − 1) = 0 ⇔ abc − ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) − 1 = 0 ( * * ) Từ giả thiết

1 1 1 + + = a + b + c và abc = 1 ta được: a b c

a + b + c = ab + bc + ca hay ( ab + bc + ca ) − ( a + b + c ) = 0

( 2)

Mặt khác abc = 1 hay abc − 1 = 0 ( 3) Cộng (2) và (3) theo vế ta được (**) từ đây ta dẫn đến lời giải sau:

Lời giải Từ giả thiết

1 1 1 + + = a + b + c và abc = 1 ta được: a b c

a + b + c = ab + bc + ca hay ( ab + bc + ca ) − ( a + b + c ) = 0

( 2)

Mặt khác abc = 1 hay abc − 1 = 0 ( 3) Cộng (2) và (3) theo vế ta được:

⇔ abc − ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) − 1 = 0 ⇔ ( ab − a − b + 1)( c − 1) = 0 ⇔ ( a − 1)( b − 1)( c − 1) = 0 ( 1) Từ (1) suy ra bài toán được chứng minh  1 1 1 1 + + =  3 3 3 a b c 3 Thí dụ 17.Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn  3 3 3  a + b + c = 6 + 2 5 − 29 − 12 5 .

Chứng minh trong 3 số có ít nhất một số bằng 27.

Lời giải Từ giả thiết

1 3

1 suy ra 3

abc − 3

(

)

ab + 3 bc + 3 ca = 0

( 1)

Rút gọn biểu thức: 2

(3 − 2 5 ) = 3 − 2 5 = 2 5 − 3 ⇒ 6 + 2 5 − 29 − 12 5 = 6 + 2 5 − ( 2 5 − 3 ) = 9 = 3 Do đó a + b + c − 3 = 0 ⇒ 9 ( a + b + c ) − 27 = 0. ( 2 ) 29 − 12 5 = 9 − 12 5 + 20 =

Cộng (1) và (2) theo vế ta được:

( ⇔ ( a − 3 )( 3

) (

abc − 3

ab + 3 bc + 3 ca + 9

b −3

)(

)

a + 3 b + 3 c − 27 = 0

)

( 3)

c −3 =0

Từ (3) suy ra bài toán được chứng minh

Dạng 7: Vận dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau   a+b+c =1  Thí dụ 18.Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1.  x y z  = =  a b c

Chứng minh rằng xy + yz + zx = 0

Lời giải Sử dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: x y z x+y+z = = = =x+y+z a b c a+b+c 2 x2 y 2 z2 ⇒ 2 = 2 = 2 = (x + y + z) a b c Mặt khác cũng theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: x2 y2 z2 x2 + y 2 + z2 = = = = x2 + y 2 + z2 a2 b2 c2 a2 + b2 + c2 Do đó:

(x + y + z)

= x 2 + y 2 + z 2 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) = x 2 + y 2 + z 2

⇔ xy + yz + zx = 0

Thí dụ 19.Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn

a b c . = = 2016 2015 2014 2

Chứng minh rằng: 4 ( a − b )( b − c ) = ( a − c ) .

Lời giải Sử dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

a b c a−b a−c b−c a−b a−c b−c = = = = = = = = 2016 2015 2014 2016 − 2015 2016 − 2014 2015 − 2014 1 2 1  2 ( a − b ) = a − c 2 ⇒ ⇒ 4 ( a − b )( b − c ) = ( a − c )  2 ( b − c ) = a − c

Thí dụ 20.Cho các số thực a, b, c, x, y, z khác 0 thỏa mãn Chứng minh rằng:

x2 + y 2 + c 2

( ax + by + cz )

x y z = = . a b c

1 a + b2 + c2 2

(Các mẫu đều khác 0) Lời giải Sử dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: x y z x2 y2 z2 x2 + y2 + z2 a 2  x2 + y 2 + z2  = = = = = = ⇒ 2 =  a b c ax by cz ax + by + cz b  ax + by + cz 

Mặt khác cũng theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b c x 2 y2 z2 x2 + y 2 + z 2 = = ⇒ 2 = 2 = 2 = 2 x y z a b c a + b2 + c 2 Do đó: 2

 x2 + y 2 + z2  x2 + y 2 + z2 x2 + y 2 + z2 1 (đpcm) ⇒ = 2   = 2 2 2 2 2 2 a +b +c  ax + by + cz  ( ax + by + cz ) a + b + c

Thí dụ 21.Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn Chứng minh rằng:

bx − cy cx − az ay − bx . = = a b c

a b c = = x y z Lời giải

Sử dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: bx − cy cx − az ay − bx bx − cy + cx − az + ay − bx = = = =0 a b c a+b+c Do đó:

 bx = cy a b c   cx = az ⇔ = = (đpcm) x y z ay = bx 

Thí dụ 22.Cho các số thực a, b, c, x, y, z khác 0 thỏa mãn y x z . = = a + 2b + c 2a + b − c 4a − b + c

Chứng minh rằng:

a b c . = = x + 2y + z 2x + y − z 4x − 4y + z

Lời giải Sử dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: 2y x+y+z x + 2y + z x z = = = = a + 2b + c 4a + 2b − 2c 4a − 4b + c ( a + 2b + c ) + ( 4a + 2b − 2c ) + ( 4a − 4b + c ) 9a

( 1)

y 2x + y + z 2x + y − z 2x z = = = = 2a + 4b + 2c 2a + b − c 4a − 4b + c ( 2a + 4b + 2c ) + ( 2a + b − c ) − ( 4a − 4b + c ) 9b

(2)

4y 4x − 4y + z 4x − 4y + z 4x z = = = = (3) 4a + 8b + 4c 8a + 4b − 4c 4a − 4b + c ( 4a + 8b + 4c ) − ( 8a + 4b − 4c ) + ( 4a − 4b + c ) 9b

Từ (1), (2) và (3) suy ra:

x + 2y + z 2x + y − z 4x − 4y + z = = 9a 9b 9c a b c . ⇒ = = x + 2y + z 2x + y − z 4x − 4y + z

Bài tập tự luyện: Câu 1.(Chuyên Khánh Hòa 2018)

Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có:

(a + b + c)

= a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + ac + bc )

Câu 1.(Chuyên Nam Định 2016)

Cho

a, b, c là các số thực thỏa mãn các điều kiện

a + b+c = 6;

1 1 1 47 + + = . a + b b + c c + a 60 Tính giá trị của biểu thức

a b c . + + b+c c+a a+b

Câu 2.(Chuyên Thanh Hóa 2018)

a 3 − 3a 2 + 5a − 17 = 0 Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn biểu thức  3 2  b − 3b + 5b + 11 = 0 Chứng minh rằng a + b = 2 Câu 3.(Chuyên Hải Dương 2018)

Cho x, y , z thỏa mãn x + y + z + xyz = 4 Chứng minh

x ( 4 − y )( 4 − z ) + y ( 4 − x )( 4 − z ) + z ( 4 − x )( 4 − y ) − xyz = 8

Câu 4.(Chuyên TP. Hồ Chí Minh 2018)

Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = 0 và a 2 = 2 ( a + c + 1)( a + b − 1) . Tính giá trị của biểu thức A = a 2 + b2 + c 2

Câu 5.(Chuyên Quảng Ngãi 2018) a 2 + a = b 2  Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn điều kiện  b 2 + b = c 2  c2 + c = a2 

Chứng minh rằng ( a − b )( b − c )( c − a ) = 1 Câu 6.(Chuyên Lào Cai 2018)

Cho 2 số dương a, b và số c khác 0 thỏa mãn điều kiện rằng :

1 1 1 + + = 0 . Chứng minh a b c

a+b = a+c + b+c

Câu 7.(HSG Quận Hải An 2018)

)(

(

)

2019 2019 =0 Cho x + x 2 + 2019 y + y 2 + 2019 = 2019. Chứng minh: x + y

Câu 8.(HSG Quận Lê Chân 2018) 0 Cho ∆ABC có A = 60 . Đặt BC = a ; CA = b ; AB = c

Chứng minh rằng

1 1 3 + = ⋅ a+b a+c a+ b+c

Câu 9.(HSG Hải Dương 2017)

Cho x, y, z ≠ 0 và đôi một khác nhau thỏa mãn

1 1 1 + + = 0. Chứng minh rằng x y z

  2016 1 1 1 2017 2018 + 2 + 2 = xy + yz + zx  2  x +y +z  x + 2yz y + 2zx z + 2xy 

(

)

(* )

Câu 10.(HSG Hải Dương 2016)

Cho x, y là hai số thực dương. Chứng minh rằng:

(

x2 + y2 − x

)(

)

x2 + y 2 − y = x + y − x2 + y 2 .

Câu 11.(HSG Phú Thọ 2016)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 5 và Chứng minh rằng

a + b+ c =3.

a b c 4 . + + = a+2 b+2 c+2 (a + 2)(b + 2)(c + 2)

Câu 12.(HSG Nam Định 2015)

Cho các số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện x + y + z = 2,

x2 + y2 + z2 = 18 và xyz = −1 . Tính giá trị của S =

1 1 1 + + ⋅ xy + z − 1 yz + x − 1 zx + y − 1

Câu 13.(HSG Phú Thọ 2015)

Cho các số thực x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn

x 3 = 3x − 1, y 3 = 3y − 1 và z 3 = 3z − 1.

Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 = 6 . Câu 14.(HSG Bắc Ninh 2016)

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0,a 2 + b 2 ≠ c 2 , b 2 + c 2 ≠ a 2 , c2 + a 2 ≠ b2 . Tính giá trị biểu thức P =

a2 b2 c2 + + a 2 − b2 − c 2 b2 − c2 − a 2 c2 − a 2 − b2

Câu 15.(HSG Đồng Nai 2016)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a 2 + b2 + c2 + 2abc = 1 .

(1 − b )(1 − c ) + b (1 − a )(1 − c ) + c (1 − b )(1 − a ) − abc 2

Tính giá trị biểu thức P = a

Câu 16.(HSG Phú Thọ 2016)

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng

a −b b−c c−a + + =0 1 + c 2 1 + a 2 1 + b2 Câu 17.(Chuyên Phú Thọ 2017)

Tính giá trị biểu thức P =

2xy 1 10z với x, y, z là các + + 2x + 2xz + 1 y + 2xy + 10 10z + yz + 10

số thỏa mãn xyz = 5 và biểu thức P có nghĩa. Câu 18.(Chuyên Hải Dương 2015)

Cho x, y là hai số thực thỏa mãn xy + (1 + x 2 )(1 + y2 ) = 1. Chứng minh rằng x 1 + y 2 + y 1 + x2 = 0. Câu 19.(Chuyên Hà Tĩnh 2016)

Cho ba số a, b, c thỏa mãn: c 2 + 2 ( ab − bc − ac ) = 0 , b ≠ c và a + b ≠ c . Chứng minh rằng:

2a 2 − 2ac + c 2 a − c = . 2b 2 − 2bc + c 2 b − c

Câu 20.(Chuyên KHTN 2010)

Với mỗi số thực a, ta gọi phần nguyên của số a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và ký hiệu là [a]. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta luôn có.

 3 7 n2 + n + 1  + + ...  =n n ( n + 1)   1.2 2.3 Câu 21.(Chuyên Hải Dương 2010)

Cho trước

x + y = a + b a, b ∈ R ; gọi x, y là hai số thực thỏa mãn  3 3 3

Chứng minh rằng: x 2011 + y 2011 = a 2011 + b 2011 .

3  x + y = a + b

Câu 22.(HSG huyện Kinh Môn)

Cho a + b + c + d = 0. Chứng minh rằng: a 3 + b 3 + c 3 + d 3 = 3 ( c + d )( ab − cd ) Câu 23.Chứng minh rằng nếu có: ax3 = by3 = cz3 và

Thì:

1 1 1 + + =1 . x y z

ax2 + by2 + cz2 = 3 a + 3 b + 3 c

a4 b4 1 Câu 24.Cho và a 2 + b2 = 1 . Chứng minh rằng: + = x y x+y a) bx 2 = ay 2

x 2000 y 2000 2 + 1000 = 1000 1000 a b (a + b)

ax + by = c  Câu25. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn:  bx + cy = a cx + ay = b  Chứng minh rằng: a 3 + b3 + c 3 = 3abc Câu26. Chứng minh rằng nếu: x =

a−b b−c c−a ; y= ;z= a+b b+c c+a

Thì: ( 1 + x )( 1 + y )( 1 + z ) = ( 1 − x )( 1 − y )( 1 − z ) Câu 27. Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn: 2

ay − bx cx − az bz − cy = = c b a

(

)(

Chứng minh rằng: ( ax + by + cz ) = x2 + y2 + z2 a 2 + b2 + c 2 Câu 28. Cho m =

)

a+b c+d ac − bd . Chứng minh rằng: m + n + p = m.n.p ;n= ;p= a−b c−d ad + bc

Câu 29. Cho a và b là các số thực thỏa mãn các điều kiện: 6a 2 + 20a + 15 = 0; 15b 2 + 20b + 6 = 0; ab ≠ 1.

Chứng minh rằng:

b3 2

ab − 9 ( ab + 1)

6 . 2015

Câu 30. Giả sử a,b là hai số thực phân biệt thỏa mãn a 2 + 3a = b2 + 3b = 2

a) Chứng minh rằng a + b = −3 b) Chứng minh rằng a 3 + b3 = −45 Câu 31. Giả sử x, y là những số thực dương phân biệt thỏa mãn: y 2y 2 4y 4 8y 8 + + + =4 x + y x2 + y2 x4 + y4 x8 − y8

Chứng minh rằng: 5y = 4x Câu 32. Cho Các số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời 2 đẳng thức:

i) ( a + b )( b + c )( c + a ) = abc

(

ii) a 3 + b 3

)( b

+ c3

)( c

)

+ a 3 = a 3 b 3 c 3 . Chứng minh: abc = 0

x + y = a + b Câu 33.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: x 2011 + y 2011 = a 2011 + b 2011 . Bài 34. 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

a + b = c + d Câu 35. Cho 4 số a, b, c, d nguyên thỏa mãn:  . Chứng minh: c = d.  ab + 1 = cd

Câu36.Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn:

1 1 1 + + =1 và x + y + z = 1. x y z

Chứng minh rằng: (x – 1)(y – 1)(z – 1) = 0 Câu 37. Giả sử a, b, c, x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn:

Chứng minh rằng:

x y z a b c + + = 0 và + + = 1 . a b c x y z

x2 y2 z2 + + =1 a 2 b2 c 2

Câu 38. Cho a + b + c = 2009. Chứng minh rằng:

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

Câu 39.Cho 3 số a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng:

(

)

(

2 a 5 + b5 + c 5 = 5abc a 2 + b2 + c 2 Câu 40.Cho

)

x2 − yz y 2 − zx z 2 − xy a 2 − bc b 2 − ca c 2 − ab = = . Chứng minh rằng: = = a b c x y z

Câu 41.(HSG Quận 9 TP. Hồ Chí Minh năm 2011)

Chứng minh rằng: Áp dụng tính: A =

2 mn m + n + m+n 2 10

2+ 5+ 7

= m + n − m+n

Câu 42.(HSG Quận 1 TP. Hồ Chí Minh năm 2012) 2

Giả sử 4 số a, b, c thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + ( a + b ) = c 2 + d 2 + ( c + d ) . Chứng 4

minh rằng: a 4 + b 4 + ( a + b ) = c 4 + d 4 + ( c + d ) . Câu 43.Cho x(m + n) = y(n + p) = z(p + m) trong đó x, y, z la các số khác nhau và khác 0,

Chứng minh rằng:

n−p p−m m−n = = x(y − z) y ( z − x ) z ( x − y )

Câu 44.Chứng minh rằng: 2

a ( b − c )( b + c − a ) + c ( a − b )( a + b − c ) = b ( a − c )( a + c − b )

Câu 45.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  + + + + . =9 a b   a −b b−c c−a   c HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 2

VT = ( a + b + c ) = ( a + b + c )( a + b + c ) = a 2 + ab + ac + ab + b2 + bc + ac + bc + c 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = VP Câu 2.

( a − 1)3 + 2a − 16 = 0(1) a 3 − 3a 2 + 5a − 17 = 0  ⇔  3 2 3 ( b − 1) + 2b + 12 = 0(2)  b − 3b + 5b + 11 = 0 3

⇒ ( 1) + ( 2 ) ⇔ ( a − 1) + 2a − 16 + ( b − 1) + 2b + 12 = 0 2 2 ⇔ ( a − 1 + b − 1) ( a − 1) − ( a − 1)( b − 1) + ( b − 1)  + 2 ( a + b − 2 ) = 0   2  a − 1  2  3 ⇔ ( a + b − 2 )  + b − 1  + ( b − 1) + 2  = 0  2   4 2   a −1  2  3 ⇔ a + b = 2  do  + b − 1  + ( b − 1) + 2 > 0∀a, b    2   4  

Câu 3.

Ta có: x + y + z + xyz = 4 ⇔ 4 ( x + y + z ) + 4 xyz = 16 Mặt khác:

x ( 4 − y )( 4 − z ) = x 16 − 4 ( y + z ) + yz  = x  4(x + y + z) + 4 xyz − 4 ( y + z ) + yz   

(

) ( x ( 4 − y )( 4 − z ) = x. ( 2

⇒

) yz ) = 2x +

= x 4x + 4 xyz + yz = x 2 x + yz

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có:  y ( 4 − x )( 4 − z ) = 2y + xyz    z ( 4 − x )( 4 − y ) = 2z + xyz Do vậy

xyz

x ( 4 − y )( 4 − z ) + y ( 4 − x )( 4 − z ) + z ( 4 − x )( 4 − y ) = xyz = 2x + 2y + 2z + 3 xyz − xyz

(

)

= 2 x + y + z + xyz = 8 Vậy

x(4 − y)(4 − z) + y ( 4 − x )( 4 − z ) + z ( 4 − x )( 4 − y ) − xyz = 8

Câu 4.

Ta có: a + b + c = 0 ⇔ b = −a − c

⇒ a 2 = 2 ( a + c + 1)( a + b − 1) ⇔ a 2 = 2 ( a + c + 1)( a − a − c − 1) ⇔ a 2 = 2 ( a + c + 1)( −c − 1) ⇔ a 2 + 2 ( a + c + 1)( c + 1) = 0 2

⇔ a 2 + 2a ( c + 1) + 2 ( c + 1) = 0 2

⇔ ( a + c + 1) + ( c + 1 ) = 0 a + c + 1 = 0 a = 0 ⇔ ⇔ ⇒ b = −a − c = 1 c + 1 = 0 c = −1 2

⇒ A = a 2 + b 2 + c 2 = 0 2 + 12 + ( −1) = 2 Vậy A = 2 Câu 5.

Cộng theo vế ta được a + b + c = 0. Cộng (1) và (2) theo vế ta được: a + b = c 2 − a 2 = ( c − a )( c + a ) = ( − b )( c − a ) hay − c = ( − b )( c − a )

Tương tự ta có − b = ( − a )( b − c ) , − a = ( − c )( a − b ) . Nhân theo vế các đẳng thức trên ta được ( a − b )( b − c )( c − a ) = 1 Câu 6.

1 1 1 = − +   1 1 1 c  a b  ⇒ c < 0 Ta có: + + = 0 ⇒   a b c  ab + ac + bc = 0 ab + ac + bc = 0  abc a+b = a+c + b+c

⇔ a+b =a+c+b+c+2

( a + c )( b + c )

⇔ c + ab + ac + bc + c 2 = 0 ⇔ c2 + c2 = 0 ⇔ c − c = 0(c < 0)

Vậy

a+b = a+c + b+c

Câu 7.

Ta có:

( x + x + 2019 )( y + y + 2019 ) = 2019 ⇔ ( x − x + 2019 )( x + x + 2019 )( y + y + 2019 ) = 2019 ( x − −2019 ( y + y + 2019 ) = 2019 ( x − x + 2019 ) 2

x 2 + 2019

)

⇔ y + y 2 + 2019 = x 2 + 2019 − x Tương tự: x + x2 + 2019 = y 2 + 2019 − y Cộng theo vế hai đẳng thức trên ta được x + y = 0 ⇔ x = −y ⇒ x2019 + y2019 = 0. Câu 8.

1. Kẻđường cao BH. ∆ABH vuông tại H nên

AB 3 BH = AB.sin 600 = 2

AH = AB.cos600 =

60°

AB 2

Xét ∆BHC vuông tại H nên BC2 = BH2 + HC2

B 2

3AB2  AB  BC = +  AC − 4 2   3AB2 AB2 BC 2 = + AC 2 − AB.AC + 4 4 2 2 2 BC = AB + AC − AB.AC 2

Hay a2 = b2 + c2– bc

(1)

1 1 3 + = a+b a+c a+b+c ⇔ (2a + b + c)(a + b + c) = 3(a + b)(a + c) ⇔ 2a 2 + 2ab + 2ac + ba + b 2 + bc + ac + bc + c 2 = 3a 2 + 3ac + 3ab + 3bc ⇔ a2 = b2 + c2 – bc luôn đúng theo (1) Câu 9.

Từ giả thiết

1 1 1 + + = 0 ⇒ xy + yz + zx = 0 x y z

⇒ x2 + 2yz = x2 + yz − xy − zx = ( x − y )( x − z ) Tương tự: y 2 + 2zx = ( y − x )( y − z ) ; z2 + 2xy = ( z − x )( z − y )

1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 = + + x + 2yz y + 2zx z + 2xy ( x − y )( x − z ) ( y − x )( y − z ) ( z − x )( z − y ) 2

y−x+x−z+z−y =0 ( x − y )( x − z )( y − z )

Suy ra đpcm Câu 10.

Ta có: 2

(

x2 + y2 − x

)(

x 2 + y 2 − y = 2  x 2 + y 2 − (x + y) x2 + y 2 + xy   

)

= (x2 + y2 + 2xy) − 2(x + y) x2 + y2 + x2 + y2

(

= (x + y)2 − 2(x + y) x 2 + y 2 + x2 + y 2 = x + y − x 2 + y 2

)

(*)

Do x> 0, y> 0 nên (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy>x2 + y2 Suy ra : x + y > x2 + y2 Khai căn hai vế đẳng thức (*) ta được điều phải chứng minh. Câu 11.

a + b + c = 3⇔ a+b+c+2

(

)

ab + bc + ca = 9 ⇔ ab + bc + ca = 2

( a + b )( a + c ) ca = ( b + c )( b + a ) ca = ( c + a )( c + b )

Do đó a + 2 = a + ab + bc + ca =

b + 2 = b + ab + bc + c + 2 = c + ab + bc + Suy ra a b c + + = a+2 b+2 c+2

(

)

(

a+ b

)

(

)(

a+ c

a b+ c + b c+ a + c a+ b a+ b b+ c c+ a

(

)(

)

) (

b+ c

)(

b+ a

)

2 ab + bc + ca (a + 2)(b + 2)(c + 2)

4 (a + 2)(b + 2)(c + 2)

Vậy

a b c + + = a+2 b+2 c+2

4 . ( a + 2)(b + 2)(c + 2)

Câu 12.

Ta có xy + z − 1 = xy − x − y + 1 = ( x − 1 )( y − 1 ) Tương tự yz + x − 1 = ( y − 1)( z − 1) và zx + y − 1 = ( z − 1)( x − 1)

) (

c+ a

)(

c+ b

)

Suy ra S =

( x − 1)( y − 1) ( y − 1)( z − 1) ( z − 1)( x − 1)

x+y+z−3 ( x − 1)( y − 1)( z − 1)

1 −1 = xyz − ( xy + yz + zx ) + ( x + y + z ) − 1 xy + yz + zx 2

Ta có ( x + y + z ) = x2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) ⇒ xy + yz + zx = −7 Suy ra S = −

1 7

Câu 13.

Ta có x 3 = 3x − 1(1), y 3 = 3y − 1 (2), z 3 = 3z − 1 (3) . x 3 − y 3 = 3 ( x − y )  x 2 + xy + y 2 = 3 (4)  3  Từ (1), (2) và (3) suy ra  y − z 3 = 3 ( y − z ) ⇔  y 2 + yz + z 2 = 3 (5)  3  z 2 + zx + x 2 = 3 (6). 3   z − x = 3 ( z − x ) Từ (4) và (5) suy ra

x2 − z2 + xy − yz = 0 ⇔ ( x − y )( x + y + z ) = 0 ⇔ x + y + z = 0 , (vì x, y, z đôi một phân biệt). Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có

3 2 1 2 x + y 2 + z 2 ) + ( x + y + z ) = 9 ⇒ x2 + y 2 + z 2 = 6 . ( 2 2 Câu 14.

Từ giả thiết a + b + c = 0 ta được P=

(b + c)

− b2 − c 2

(c + a)

− c2 − a2

(a + b)

− a 2 − b2

(

a2 b2 c2 a3 + b3 + c3 + + = 2bc 2ca 2ab 2abc

)

Ta có a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca = 0 . Từ đó suy ra a 3 + b3 + c3 = 3abc do vậy ta được P =

3 2

Câu 15.

Theo bài ra: a 2 + b2 + c2 + 2abc = 1 Suy ra a 2 + 2abc = 1 − b 2 − c 2 ; b 2 + 2abc = 1 − c 2 − a 2 ; c 2 + 2abc = 1 − b 2 − a 2 . Từ đó ta có

P=a

(1 − b )(1 − c ) + b (1 − a )(1 − c ) + c (1 − b )(1 − a ) − abc 2

= a 1 − c 2 − b 2 + b 2 c 2 + b 1 − c 2 − a 2 + a 2 c 2 + c 1 − a 2 − b 2 + a 2 b 2 − abc = a a 2 + 2abc + b 2 c 2 + b b 2 + 2abc + a 2 c 2 + c c 2 + 2abc + a 2 b 2 − abc 2

( a + bc ) + b ( b + ac ) + c ( c + ab ) − abc = a ( a + bc ) + b ( b + ac ) + c ( c + ab ) − abc = a + b =a

+ c 2 + 2abc = 1

Câu 16.

Ta có 1 + a 2 = ab + bc + ca + a 2 = (a + b)(a + c). Hoàn toàn tương tự ta có

1 + b2 = ab + bc + ca + b2 = ( b + a )( b + c ) 1 + c 2 = ab + bc + ca + c 2 = ( c + a )( c + b ) Suy ra

a−b a−b a+c−b−c 1 1 = = = − . 2 1+ c ( c + a )( c + b ) ( c + a )( c + b ) c + b c + a

b−c b−c b+a −a−c 1 1 = = = − 2 1+ a ( a + b )( a + c ) ( a + b )( a + c ) a + c a + b c−a c−a c+ b−a−b 1 1 = = = − 2 1+ b ( b + c )( b + a ) ( b + c )( b + a ) b + a b + c

Vậy

a −b b−c c−a 1 1 1 1 1 1 + + = − + − + − = 0. 2 2 2 c+b c+a a+c a+ b b+a b+c 1+ c 1+ a 1+ b

Câu 17.

Kết hợp xyz = 5 ta biến đổibiểu thức P thành

Câu 18.

xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1 ⇔ (1 + x)2 (1 + y)2 = 1 − xy

⇒ (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = (1 − xy)2 ⇔ 1 + x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 − 2xy + x 2 y 2

⇔ x 2 + y 2 + 2xy = 0 ⇔ (x + y)2 = 0 ⇔ y = −x

⇒ x 1 + y2 + y 1 + x2 = x 1 + x2 − x 1 + x 2 = 0 Câu 19.

Ta có: c 2 + 2 ( ab − bc − ac ) = 0 ⇒ a 2 = a 2 + c 2 + 2 ( ab − bc − ac )

(

)

= a 2 − 2ac + c 2 + 2 ( ab − bc ) = ( a − c ) + 2b ( a − c ) = ( a − c )( a − c + 2b ) .

(

)

⇒ 2a 2 − 2ac + c 2 = a 2 − 2ac + c 2 + a 2 = ( a − c ) + a 2 = ( a − c ) + ( a − c )( a − c + 2b )

= 2 ( a − c )( a + b − c )

Tương tự ta có: 2b2 − 2bc + c2 = 2 ( b − c )( a + b − c ) . Do đó:

2a 2 − 2ac + c 2 2 ( a − c )( a + b − c ) a − c (với b ≠ c , a + b ≠ c ) = = 2b 2 − 2bc + c 2 2 ( b − c )( a + b − c ) b − c

Câu 20.

k2 + k + 1 k2 k +1 k 1 1 1 = + = + = 1− + (k ∈ N) Xét k(k + 1) k(k + 1) k(k + 1) (k + 1) k k +1 k Thay k lần lượt từ 1 đến n ta được:

 3 7 n2 + n + 1  1   n  + + ... = n + = n (đpcm)   = n + 1 −  n + 1  n + 1  n ( n + 1)    1.2 2.3 Câu 21.

x + y = a + b (I) ⇔  3 3 ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = ( a + b ) − 3ab ( a + b ) x + y = a + b (1) (*) ⇔ 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  => x 2011 + y 2011 = a 2011 + b 2011 . ; 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 => x 2011 + y 2011 = a 2011 + b 2011 2011 =0  x + y

Câu 22.

Từ: a + b + c + d = 0

⇒ a + b = − ( c + d ) ⇒ ( a + b ) = − ( c + d ) ⇒ a 3 + b 3 + 3ab ( a + b ) = −c 3 − d 3 − 3cd ( c + d )

⇒ a 3 + b 3 + c 3 + d 3 = −3ab ( a + b ) − 3cd ( c + d ) ⇒ a 3 + b 3 + c 3 + d 3 = 3ab ( c + d ) − 3cd ( c + d ) ⇒ a 3 + b 3 + c 3 + d 3 = 3 ( c + d )( ab − cd ) Vậy bài toán được chứng minh. Câu 23.

Có: =3

1 1 1 ax 3 by 3 cz 3 + + = 3 ax 3  + +  = x 3 a (= y 3 b = z 3 c ) x y z x y z

Ta có:

⇒

ax2 + by 2 + cz2

ax 2 + by 2 + cz 2 x

= 3 a;

ax 2 + by 2 + cz 2 y

= 3 b;

ax 2 + by 2 + cz 2

=3c

ax 2 + by 2 + cz2 z

= 3a+3 b+3c

 1 1 1 ⇒ 3 ax 2 + by 2 + cz2  + +  = 3 a + 3 b + 3 c x y z . => 3 ax2 + by2 + cz2 = 3 a + 3 b + 3 c Câu 24.

(

a 2 + b2 a 4 b4 1 a 4 b4 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

)

(

⇒ ay 2 − bx 2

)

= 0 ⇒ bx 2 = ay 2 .

b) Từ câu a) bx 2 = ay 2 1000

 x2  x 2 y 2 x2 + y2 1 ⇒ = = = ⇒  a b a+b a+b  a  Do đó:

1000

 1  =  a+b

1000

 y2  ;   b 

x 2000 y 2000 2 + 1000 = 1000 1000 a b (a + b)

Câu 25.

ax + by = c  Ta có:  bx + cy = a . cx + ay = b  Công theo vế các phương trình của hệ ta được:

( 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

1000

 1  =  a+b

(

)

Với a + b + c = 0 thì: ( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca = 0 ⇔ a 3 + b 3 + c 3 = 3abc (1) Với x + y = 1 thay vào giả thiết ta được: a = b = c ⇒ a3 + b3 + c 3 = 3abc (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Câu 26

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:

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 ) Câu 27

Đặt

ay − bx cx − az bz − cy cay − cby bcx − baz abz − acy = = = = =k⇒k= c b a c2 b2 a2

cay − cbx + bcx − abz + abz − acy = 0 ⇒ ay − bx = cx − az = bz − cy = 0 a 2 + b2 + c 2 2

⇒ ( ay − bx ) = ( cx − az ) = ( bz − cy ) = 0

(

)(

)

⇒ a 2 + b2 + c 2 x 2 + y 2 + z2 − ( ax + by + cz ) = 0 2

(

)(

Suy ra: ( ax + by + cz ) = x2 + y2 + z2 a 2 + b2 + c 2

)

Câu 28

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. Câu 29.

Ta ký hiệu các điều kiện như sau: 6a 2 + 20a + 15 = 0

(1); 15b 2 + 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

6x 2 + 20x + 15 = 0

Theo định lí Vi-ét: a + Từ đó : Suy ra

ab 2 − 9 ( ab + 1) b3

b3 ab 2 − 9 ( ab + 1)

(4)

(5)

1 10 a 5 =− ; = . b 3 b 2 3

a 1 5 2015   10  − 9a +  = − 9−  = b b 2 6   3 

6 , điều phải chứng minh. 2015

Câu 30. 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 3

b) ( a + b ) = −27 ⇔ a 3 + b 3 + 3ab ( a + b ) = −27 ⇔ a 3 + b 3 − 9ab = −27 2

vì a 2 + 3a + b 2 + 3b = 4 ⇔ ( a + b ) − 2ab + 3 ( a + b ) = 4 ⇔ ab = −2 Vậy a 3 + b3 = −45

(

)

4y 4 x 4 − y 4 + 8y 8 y 2y 2 4y 4 8y 8 y 2y 2 Câu 31.Ta có: 4 = + + + = + + 4 x + y x 2 + y 2 x 4 + y 4 x8 − y 8 x + y x 2 + y 2 x + y4 x4 − y4

(

)

2y 2 x 2 − y 2 + 4y 2 y 2y 2 4y 4 y = + + = + 2 x + y x2 + y2 x4 − y4 x + y x + y2 x2 − y 2

(

y ( x − y ) + 2y y 2y 2 y + 2 = = 2 x+y x −y ( x + y )( x − y ) x − y

Do đó:

y = 4 ⇔ y = 4x − 4y ⇔ 5y = 4x x−y

Vậy 5y = 4x ( đpcm ) Câu 32.Ta có: (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3) = a3b3c3

)(

)

)(

)

⇔ (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 * 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) Câu 33.Ta có:

x + y = a + b (I) ⇔  3 3 ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = ( a + b ) − 3ab ( a + b ) x + y = a + b (1) (*) ⇔ 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  => x 2011 + y 2011 = a 2011 + b 2011 . ; 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 => x 2011 + y 2011 = a 2011 + b 2011 2011 x + y = 0 a b a b + 3 = + 2 b − 1 a − 1 ( b − 1 ) b + b + 1 ( a − 1) a 2 + a + 1

Câu 34. VT =

(

)

−a b + b + 1

( (a

) ( + a + 1)( b

(

−b a + a + 1

− a 2 + a + 1 − b2 + b + 1 2

)

+ b+1

)

)=−

(

)

−1 −1 + 2 b + b +1 a +a +1 2

( a + b )2 − 2ab + 3    2 2 2 2 a b + ab ( a + b ) + a + b + ab + 2

2 ( ab − 2 ) 2

(

)

a b + a + 2ab + b + 2

2 ( ab − 2 ) a 2 b2 + 3

= VP

Vậy bài toán được chứng minh. Câu 35.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 Vì b,c, d là số nguyên nên: d – b = -b + c = 1 hoặc –d + b = b – c = 1 Vậy c = d Câu 36.Ta có: 1 =

1 1 1 xy + yz + zx Suy ra: xy + yz + zx = xyz + + = x y z 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) Câu 37.Ta có: 0 =

a b c ayz + bxz + cxy . Suy ra: ayz + byz + cxy = 0 . + + = x y z xyz 2

 x y z  x2 y2 z2  xy yz xz  + +  Do đó: 1 =  + +  = 2 + 2 + 2 + 2  b c a b c a  ab bc ca   ayz + bxz + cxy  x 2 y 2 z 2 x2 y2 z2  0  = 2 + 2 + 2 + 2.   = 2 + 2 + 2 + 2.   abc a b c b c  abc    a Vậy

x2 y2 z2 + + = 1 (đpcm) a 2 b2 c 2

(

Câu 38.Ta có hằng đẳng thức: a 3 + b 3 + c 3 - 3abc= ( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca

)

Do đó:

(

)

( a + b + c ) a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca a 3 + b3 + c 3 - 3abc = = a + b + c =2009 a 2 + b2 + c 2 - ab - ac - bc a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca Lưu 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 Câu 39. Ta có các hằng đẳng thức:

(

)

a 3 + b3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c ) a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca .

(a + b + c)

= a 2 + b2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca )

Từ a + b + c = 0 ⇒ a 3 + b3 + c3 = 3abc và Ta có:

a 2 + b2 + c 2 = − ( ab + bc + ca ) 2

)(

)

(

)

+ b3 + c 3 a 2 + b2 + c 2 = 3abc a 2 + b2 + c 2

(

⇔ a 5 + b5 + c 5 + a 2 b2 ( a + b ) + b2 c 2 ( b + c ) + c 2a 2 ( c + a ) = 3abc a 2 + b2 + c 2

(

⇔ a 5 + b5 + c 5 − abc ( ab + bc + ca ) = 3abc a 2 + b2 + c 2 ⇔ a 5 + b5 + c 5 + abc.

(

a +b +c = 3abc a 2 + b2 + c 2 2

)

(

)

⇔ 2 a 5 + b5 + c 5 = 5abc a 2 + b2 + c 2 (đpcm) Câu 40. Đặt

x2 − yz y2 − zx z2 − xy x2 − yz y 2 − zx z2 − xy = = =k⇒a = ,b = ,c = a b c k k k

Sau đó tính: a 2 − bc, b2 − ca,c 2 − ab theo x, y,z, k từ đó suy ra:

a 2 − bc b 2 − ca c 2 − ab = = x y z

Câu 41. Ta có:

(

m + n + m+n

)(

) (

m + n − m+n =

2 mn

Do đó:

m + n + m+n 2 10

Áp dụng:

2+ 5+ 7

m+ n

)

− ( m + n ) = 2 mn

= m + n − m+n 2 2.5 2 + 5 + 2+5

= 2+ 5− 7

Câu 42. Ta có: 2

a 2 + b 2 + ( a + b ) 2  = a 2 + b 2 2 + 2 a 2 + b 2 ( a + b ) 2 + ( a + b ) 4   2 2 2 2 4 = a 2 + b 2 + ( a + b ) + ( a − b )  ( a + b ) + ( a + b )  

( = (a

) + b ) + (a 2

− b2

(

)

+ 2 (a + b)

(

)

4 = 2 a 4 + b4 + ( a + b )   

Tương tự: 2

c 2 + d 2 + ( c + a )2  = 2  c 4 + d 4 + ( c + d ) 4      4

Vậy a 4 + b 4 + ( a + b ) = c 4 + d 4 + ( c + d )

Câu 43.

Vì xyz ≠ 0 nên: x(m + n) = y(n + p) = z(p + m)

⇒

x (m + n)

hay :

xyz

y ( n + p) xyz

z(p + m) xyz

m + n n + p p + m ( p + m ) − ( n + p) ( m + n ) − ( p + m ) ( n + p) − ( m + n ) = = = = = yz xz xy xy − yz yz − xy xz − yz

n−p p−m m−n = = x ( y − z) y (z − x) z (x − y)

(

)

(

)

(

)

Câu 44.Ta có: a ( b − c ) b + c − a 2 + c ( a − b ) a + b − c 2 − b ( a − c ) a + c − b 2 = 0

 x+z a = 2 a + b − c = x  x+y   Đặt  b + c − a = y ⇒  b = 2 a + c − b = z   y+z  c = 2  Khi đó ta có:

VT =

x+z  x+y y+z 2 y+z x+z x+y 2 1 2 . . − −  .y +  x − ( x + y )( x − y ) z 2  2 2  2  2 2  4

x+z x−z 2 y+z z−y 2 1 2 . .y + . .x − . x − y 2 z 2 2 2 2 2 4 1 1 1 = x 2 − z 2 y 2 + z 2 − y 2 x 2 − . x 2 − y 2 .z 2 4 4 4 1 1 (dpcm) = x 2 − y 2 z 2 − x 2 − y 2 z 2 = 0 = VP 4 4 Câu 45.

(

)

(

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

1 1 1 ⇔ ( x + y + z)  + +  = 9 x y z 1 1 1  y+z x+z x+y Ta có: ( x + y + z )  + +  = 3 +  + +  (2) y z  x y z  x Ta lại có:

y + z  b−c c −a  c b 2 − bc + ac − a 2 c + . = . =  x b  a−b ab a−b  a

c ( a − b )( c − a − b ) ab ( a − b )

Tương tự ta có:

c (c − a − b)

c  2c − ( a + b + c )  2c 2 =  = ab ab

x + z 2a 2 x + y 2b 2 = ; = y bc z ac









2a + ( x + y + z )  x1 + y1 + z1  = 3 + 2c ab bc

2b 2 2 a 3 + b3 + c 3 = 3+ ac abc

(

3 3 3 Vì a + b + c = 0 ⇒ a + b + c = 3abc

1 1 1 2 .3abc = 3 + 6 = 9 Do đó: ( x + y + z )  + +  = 3 + abc x y z

)

(1)

RÚT GỌN BIỂU THỨC ĐẠI SỐ VÀ BÀI TOÁN LIÊN QUAN Các công thức biến đổi căn thức 1.

 A nÕu A ≥ 0 A2 = A =   − A nÕu A < 0

AB =

A = B

A2 B = A

(Với A ≥ 0; B ≥ 0 )

A. B

A B

(Với A ≥ 0; B > 0 ) (Với B ≥ 0 )

(Với A ≥ 0; B ≥ 0 )

A B=

A B = − A2 B

A2 B

A 1 = B B

A A B = B B

(Với A < 0; B ≥ 0 ) (Với A ≥ 0; B > 0 )

(Với B > 0 )

(

C A±B C = A − B2 A±B

C C = A± B

( A) 3

(

)

A± B

(Với A ≥ 0; A ≠ B2 )

)

(Với A ≥ 0; B ≥ 0; A ≠ B )

A− B

A3 = A

Cách tìm điều kiện trong bài toán chứa căn thức BIỂU THỨC - ĐKXĐ: 1. 2.

A B

VÍ DỤ

A≥0

Ví dụ:

ĐKXĐ: B ≠ 0

Ví dụ:

ĐKXĐ:

x ≥ 2018

x+4 x−7

ĐKXĐ:

x≠7

x − 2018

A B

ĐKXĐ: B > 0

Ví dụ:

x +1 x−3

ĐKXĐ:

x>3

A B

ĐKXĐ: A ≥ 0; B > 0

Ví dụ:

x x−3

ĐKXĐ:

x ≥ 0 ⇔ x>3  x > 3

 A ≤ 0  B < 0 ĐKXĐ:   A ≥ 0    B > 0

A B

Cho a > 0 ta có:

ĐKXĐ:

x > a 2 Ví dụ: x > 1 ⇔   x < − a

x > a x >a⇔  x < − a

x +1 x+2

Ví dụ:

 x + 1 ≤ 0    x + 2 < 0 ⇔  x < −2 x ≥ 1  x + 1 ≥ 0     x + 2 > 0

Cho a > 0 ta có:

Ví dụ: x < 4 ⇔ −2 < x < 2

x2 < a ⇔ − a < x < a

Dạng 1: Các bài toán biến đổi căn thức thường gặp Thí dụ 1.(Trích đề thi HSG huyện Nghi Xuân Hà Tĩnh) Tính giá trị của biểu thức: A = 6 − 2 5 + 14 − 6 5

Lời giải Ta có: A = 6 − 2 5 + 14 − 6 5 =

(

5 −1

)

(3 − 5 )

= 5 −1+ 3 − 5 = 2

Thí dụ 2.(Trích đề thi HSG tỉnh Lâm Đồng năm 2010-2011) Cho E =

(

2 +1

)

2 −1 . Chứng minh rằng E là số nguyên 3

Lời giải Ta có: E= =

(

2 +1

(1 +

)

( .

2+34

2 −1

)(

2 + 1 + 3 2 2 

(

3 2 −1 2 + 1   3 = (8 − 3 7 )2 − (8 + 3 7 )2

)

2 −1 = 3 2 −1 = 1

Vậy E là số nguyên

Thí dụ 3.(Trích đề thi chọn HSG tỉnh Hòa Bình Năm 2010-2011) 4

Rút gọn: A =

2 −1 −

2 +1

8−

2 −1

Lời giải Đặt A =

T . Ta có T > 0 nên T = T 2 M

Xét T 2 =  4 8 + 

2 − 1  − 2. 

2 − 1.

8−

2 − 1 +  4 8 − 

2 − 1  

(

= 24 8 − 2

8−

= 24 8 − 2

2 +1

= 2  4 8 − 

2 + 1  

⇒ T = 2  4 8 − 

2 −1

)

2 + 1  

⇒A= 2

Thí dụ 4.(Trích đề thi HSG Phú Thọ năm 2012-2013) Rút gọn biểu thức:

2 10 + 30 − 2 2 − 6 2 10 − 2 2

3 −1

Lời giải 2 10 + 30 − 2 2 − 6

Ta có:

2 10 − 2 2

2 2( 5 − 1) + 6( 5 − 1) 2 2( 5 − 1)

2 3 −1

3 −1 2 + 3 3 −1 4 + 2 3 3 −1 3 +1 3 −1 1 = = = = . . . 2 2 2 4 2 2 2 2

Thí dụ 5.(Trích đề thi HSG T.P Bắc Giang năm 2016-2017) 4+ 3 + 4− 3

Tính giá trị của biểu thức N =

+ 27 − 10 2

4 + 13

Lời giải Ta có: N=

2( 4 + 3 + 4 − 3 )

+ 25 − 10 2 + 2

8 + 2 13 =

2( 4 + 3 + 4 − 3 )

+ (5 − 2)2

(4 + 3) + 2 4 + 3 4 − 3 + (4 + 3)

2( 4 + 3 + 4 − 3 ) ( 4+ 3 + 4− 3)

+ (5 − 2)2 =

2( 4 + 3 + 4 − 3 )

+ 5− 2

4+ 3 + 4− 3

= 2 +5− 2 = 5 Thí dụ 6.(Trích đề thi Chọn HSG tỉnh Long An năm 2012) Không sử dụng máy tính, hãy thực hiện phép tính:A =

2 − 3 + 4 − 15 + 10 23 − 3 5

Lời giải

2 − 3 + 4 − 15 + 10

Ta có: A =

23 − 3 5

4 − 2 3 + 8 − 2 15 + 2 5

(

2  2 − 3 + 4 − 15 + 10    =   2  23 − 3 5   

3 −1

)

46 − 6 5

3 −1+ 5 − 3 + 2 5 3 5 −1

( =

3 5 −1 3 5 −1

(

5− 3

)

3 5 −1

)

+2 5

Thí dụ 7.(Trích đề thi HSG huyện Nga Sơn-Thanh Hóa năm 2016-2017)

2+ 3

Rút gọn biểu thức: B =

2− 3

2 + 2+ 3

2 − 2− 3

Lời giải Ta có:

B 2+ 3 2− 3 2+ 3 2− 3 = + = + 2 2+ 4 + 2 3 2− 4−2 3 3+ 3 3− 3

B (2 + 3)(3 − 3) + (3 + 3)(2 − 3) 3 + 3 + 3 − 3 = = 6 2 (3 + 3)(3 − 3) B =1 ⇒ B = 2 2 Thí dụ 8.(Trích đề thi HSG huyện Thạch Hà năm 2016-2017)

2017 2 − 1 − 2016 2 − 1 và

So sánh

2.2016

2017 2 − 1 + 20162 − 1

Lời giải Ta có:

20152 − 1 − 20142 − 1 = =

(20152 − 1) − (2014 2 − 1) 2

( 2017 2 − 1 − 20162 − 1)( 2017 2 − 1 + 20162 − 1) 2017 2 − 1 + 20162 − 1 =

2017 − 1 + 2016 − 1 2017 + 2016

2017 − 1 + 2016 − 1 >

2017 − 1 + 2016 − 1

Vậy

2017 2 − 20162

2017 2 − 1 − 20162 − 1 >

(2017 − 2016)(2017 + 2016) 2017 2 − 1 + 20162 − 1

2.2016 2

2017 − 1 + 20162 − 1 2.2016 2

2017 − 1 + 20162 − 1

Thí dụ 9.Rút gọn các biểu thức: a) A =

5 − 3 − 29 − 12 5

B = 3 70 − 4901 + 3 70 + 4901

Lời giải a)

5 − 3 − 29 − 12 5 =

5−

(

5 − 3−

5−3

)

5 −1 = 1

b) Đặt x 0 = 3 70 − 4901 + 3 70 + 4901

⇒ x03 =  3 70 − 4901 + 3 70 + 4901   

= 70 − 4901 + 70 + 4901 + 3 3 70 − 4901. 3 70 + 4901  3 70 − 4901 + 3 70 + 4901    = 140 + 3x Khi đó ta có:

(

)

x 30 + 3x0 − 140 = 0 ⇔ ( x0 − 5 ) x 2 + 5x + 28 = 0 Mà x 0 + 5x 0 + 28 > 0 ( do ∆ < 0 ) ⇒ x 0 = 5 2

Vậy B = 5.

2 + 3+ 6 + 8 +4

Thí dụ 10.Rút gọn biểu thức: P =

2+ 3+ 4 Lời giải

Ta có:

2 + 3+ 6 + 8 +4

2+ 3+ 4

(

) (

2+ 3+ 4 +

(

) (

2 + 3+2 +

4+ 6+ 8

)

2+ 3+ 4

4+ 6+ 8

2+ 3+ 4

)=(

)

2+ 3+ 4 + 2

(

2+ 3+ 4

)

2+ 3+ 4

= 1+ 2

Dạng 2: Dùng ẩn phụ đơn giản hóa bài toán Thí dụ 11.Rút gọn biểu thức: A =

2 4

7− −47− 4

7−

Lời giải Đặt a = 4 7 ⇒ a 4 = 7 và a 2 = 7 ta có:

1 7 + 1 7

6  74 7 +  

1   7 

7 4

343

1 6 7 1 − 2a 2 13a 2 + 7 a2 + + 3 = + 3 2 1 a 1 a a (a + 1) 2 a− a a +  a a  4 2 6 4 2 a + a − 2a − 2a + 13a + a 4 2a 2 (7 − a 4 ) = = 3 2 = 0 Do a 4 = 7 a 3 (a 2 + 1) a (a + 1)

2 A = −a− a

a2 −

(

Thí dụ 12. Rút gọn biểu thức: B =

2 4

)

4 − 3 5 − 2 25 − 125

Lời giải Đặt b = 4 5 ⇒ b2 = 4 25, b3 = 4 125, b4 = 5, b6 = 5b2 , b5 = 5b. Ta có: B = Mặt khác:

2 4 − 3b + 2b 2 − 3b 3 1 1 (b 3 + 3b) + (2b 2 + 4) = = b 3 − 2b 2 + 3b − 4 (b 3 + 3b) − (2b 2 + 4) (b 3 + 3b)2 − (2b 2 + 4)2

b 3 + 3b + 2b 2 + 4 (b 3 + 2b 2 + 3b + 4)(b 2 − 3) b 5 + 2b 4 − 2b 2 − 9b − 12 = − = 8 −2b 2 − 6 2(b 4 − 9)

− b 2 − 2b − 1  b +1 = −  . 4  2 

 2  4 4 . = = Vậy B = 2   b+1 4 5 +1  b +1 2

 4 4 − 4 2 1+ 2  + 4 Thí dụ 13. Rút gọn biểu thức: E =   −  1− 4 2 2  

2 1+ 2

1 2

Lời giải Đặt

2 = a ⇒ a 4 = 2, 4 4 = a 2 = 2

Ta có:

 a − a 1+ a  E= + − a   1− a 2

2 1 2 + 2 2 1 1 a 2 a 4 =  −a + 1 + a  − 1 + a = 2 − 2 =0   2 2 2 a  a 1+ a 1+ a a a 

(

)

Vậy E = 0

Dạng 3: Các bài toán về tính tổng dãy có quy luật Thí dụ 14.Rút gọn:

1 2 1 +1 2

1 3 2 +2 3

+ .... +

1 1999 1998 + 1998 1999 Lời giải

1 2000 1999 + 1999 2000

Với k ∈ N, k ≥ 1 :

( k + 1)

k + k k+1

( k + 1) k − k k + 1 = ( k + 1) k − k k ( k + 1) ( k + 1) .k − k ( k + 1) 2

k +1

1 k

−

1 k +1

. ( 1)

Áp dụng (1) với k = 1, 2, 3,....., 1999 ta được

1 2 1 +1 2 1

1 1

−

2 1

;

= − ; 3 2 +2 3 2 3 −−−−−−−−−−−−− 1

2000 1999 + 1999 2000

1999

−

2000

Cộng các đẳng thức trên theo vế ta được:

+ .... +

2 1 +1 2 3 2 + 2 3 1999 1998 + 1998 1999 1 1 1 1 1 1 = − + − + ..... + − 1 2 2 3 1999 2000

1 1

2000 1999 + 1999 2000

1 2000

2000 − 1

= =

−

2000

20 5 − 1 20 5

Thí dụ 15.Rút gọn: A=

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + .... + 2 + + + 2+ + 2 2 2 2 1 2 3 1 3 4 1 1998 1999 1 1999 2000 2

Lời giải Với k ∈ N, k ≥ 2 : 2

1 1 1 1 2 2 2  + 2+ − − 1+ k −1 − k  = 1+ 2   ( k − 1) k k − 1 ( k − 1) k k = 1+ ⇒ 1+

( k − 1)

⇒ 1+

1 2 2 2 2 + − + − 2 k −1 k −1 k k k

1  1 1 + 2 = 1+ −  k −1 k  k 

( k − 1)

1 1 1 = 1+ − 2 k −1 k k

Áp dụng (1) với k = 1, 2, 3,....., 2000 ta được

( 1)

  1 1  1 1 1 1   1 1  A =  1 + −  +  1 + −  + ... +  1 + − + 1+ −  . 2 3  3 4   1998 1999   1999 2000  1 1 = 1998 + − 2 2000 Dạng 4: Bài toán rút gọn biểu thức chứa một hay nhiều ẩn 2

 a − a 1+ a  + Thí dụ 16.Rút gọn: B =   − 4  1− 4 a a   4

a 1+ a

1 a

( a > 0,a ≠ 1) .

Lời giải Đặt t = 4 a ( t > 0 ) ⇒ a = t 2 ,a = t 4 2

 t2 − t 1 + t2  Khi đó: B =  +  − t   1− t

2 1 + t2 t4 1 + t2

1  1 2 + 1 2 +1  2  t ( t − 1) 1  t  1    t2 = + + t − = − t + + t −  t  t  1 + t 2 1 + t2   1 − t 1 t2 + 1 1 1 = 2− 2 2 = 2− 2 t t t +1 t t

(

)

=0 Thí dụ 17.(Trích đề thi HSG tỉnh Hải Dương năm 2012-2013) Rút gọn biểu thức: A =  x − 50 − x + 50  x + x 2 − 50 với x ≥ 50  

Lời giải Ta có : 2

A 2 =  x - 50 - x + 50  x + x 2 - 50 ⇒ A 2 = x - 50 + x + 50 - 2 x 2 - 50 x + x 2 - 50  

(

)(

)

(

)

)(

(

⇒ A 2 = 2x - 2 x 2 - 50 x + x 2 - 50 ⇒ A 2 = 2 x 2 - x 2 + 50

)

Vậy: A 2 = 100 Nhưng do theo giả thiết ta thấy A =  x - 50 - x + 50  x + x 2 - 50 < 0   ⇒ A= -10

Thí dụ 18.(Trích đề thi HSG Hải Dương năm 2013-2014) Rút gọn biểu thức A =

(

1 − 1 − x 2 . (1 + x)3 + (1 − x)3 2 − 1 − x2 Lời giải

) với

−1 ≤ x ≤ 1 .

)

1 − 1 − x2 .

Ta có: A =

1 + x + 1 − x 2 − 1 − x2

)

2 − 1 − x2

= 1 − 1 − x2 .

)(

(

(1 −

1 − x2

= 2x2 = x

(

1+ x + 1− x

)(

)

1+ x + 1− x

)

(1 −

1 − x2

)( 2 + 2 1 − x ) 2

Thí dụ 19.(Trích đề thi HSG T.P Bắc Giang năm 2016-2017) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của x: a + 1 a a − 1 a2 − a a + a − 1 + + a a− a a −a a

Lời giải Điều kiện x≥ 0, x ≠ 4; x ≠ 9; x ≠ 1 Ta có: 6x − (x + 6) x − 3

2(x − 4 x + 3)(2 − x)

3 −2x + 10 x − 12

6x − (x + 6) x − 3

2(2 − x)( x − 3)( x − 1)

Do x

−

a a −1 a− a

a −a a

a +1 a

3 x −x−2

2( x − 3)(2 − x)

a( a − 1) =

( a − 1)(a + a + 1)

a2 − a a + a − 1

A= M=

−

a + a +1 a

(a + 1)(a − 1) − a(a − 1) a(1 − a)

−

(2 − x)( x − 1)

0; x ≠1; x ≠4; x ≠9

(a − 1)(a − a + 1) a(1 − a)

−a + a − 1

A = a > 0; a ≠ 1 A = ( a − 1)2 > 0 ⇔ a + 1 > 2 a = M >

2 a a

+ 2 = 4 => ĐPCM

Thí dụ 20.(Trích đề thi HSG T.P Bắc Giang năm 2016-2017)

(

)

Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn a 2 + b 2 − 2 ( a + b ) + (1 − ab)2 = −4ab Chứng minh

1 + ab là số hữu tỉ Lời giải

Ta có:

2 2 (GT) ⇒ ( a + b ) − 2(ab + 1) (a + b)2 + ( 1 + ab ) = 0   4

⇔ ( a + b ) − 2(a + b)2 (1 + ab) + (1 + ab)2 = 0 2

2 ⇔ ( a + b ) − (1 + ab)  = 0 ⇒ (a + b)2 -(1 + ab)=0   2 ⇔ (a + b) = 1 + ab ⇔ a + b = 1 + ab ∈ Q;vi:a;b ∈ Q.KL

Thí dụ 21.(Trích đề thi HSG T.P Bắc Giang năm 2016-2017) Cho biểu thức M=

a a −b b a b với a, b > 0 và a ≠ b − − a−b a+ b b− a

Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết ( 1 − a )( 1 − b ) + 2 ab = 1

Lời giải ab

Rút gọn M=

a− b

với a, b > 0 và a ≠ b

Ta có

(1 − a )(1 − b ) + 2 ⇔ ab =

(

ab = 1 ⇔ ab − a − b + 1 + 2 ab = 1

a− b

)

⇔(

ab a− b

)2 = 1 ⇔

ab a− b

+ Nếu a > b > 0

⇒ a > b ⇒ a − b > 0; ab > 0 ⇒ ab

⇒

a− b

⇒

a− b

ab a− b

= 1⇒ M = 1

+ nếu 0<a<b

⇒ a < b ⇒ a − b < 0; ab > 0 ⇒ ab

⇒

a− b

− ab

⇒

a− b

− ab a− b

ab a− b

= 1 ⇒ M = −1

Dạng 4: Bài toán rút gọn biểu thức và bài toán liên quan Bước 1:

Tìm điều kiện xác định.

Bước 2:

Tìm mẫu thức chung, quy đồng mẫu thức, rút gọn tử, phân tích tử thành nhân tử.

Bước 3:

Chia cả tử và mẫu cho nhân tử chung của tử và mẫu.

Bước 4:

Khi nào phân thức tối giản thì ta hoàn thành việc rút gọn.

1)Cho giá trị của ẩn bắt tính giá trị biểu thức Thí dụ 22.(Trích đề thi HSG huyện lớp 9 năm 2013-2014)

 x+ y x − y   x + y + 2xy   : 1+ Cho biểu thức: P =  + .  1 − xy 1 + xy   1 − xy    a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của P với x =

2 2+ 3

Lời giải a) ĐKXĐ:

x ≥ 0; y ≥ 0; xy ≠ 1 .

Mẫu thức chung là 1 – xy

( x + y )(1 + xy) + ( x − y )(1 − xy ) 1 − xy + x + y + 2xy : 1 − xy 1 − xy x +x y + y +y x + x −x y − y +y x

1 − xy

1 − xy 1 + x + y + xy

2( x + y x) 2 x(1 + y) 2 x = = (1 + x)(1 + y) (1 + x)(1 + y) 1 + x

b) Ta có: x = x = ( 3 − 1)2 =

P= P=

2 2+ 3

2(2 − 3) = 3 − 2 3 + 1 = ( 3 − 1)2 4−3

3 −1 = 3 −1

2( 3 − 1)

1 + ( 3 − 1) 2( 3 − 1) 5−2 3

2 3 −2

1+ 3 − 2 3 + 1

6 3 +2 13

Thí dụ 23. (Trích đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2011-2012)  x −1 x +8   3 x−1 +1 1  Cho biểu thức P =  + − :   3 + x − 1 10 − x   x − 3 x − 1 − 1 x − 1     1) Rút gọn P 2) Tính giá trị của P khi x =

3+2 2 3−2 2

−4

3−2 2 3+2 2

Lời giải Điều kiện: 1 < x ≠ 10 1) P =

3 x −1 + 9  1 2 x −1 + 4 : .  10 − x x − 1 − 3   x − 1

(

)

3( x − 1 + 3) x − 1. x − 1 − 3 . 10 − x 2 x −1 + 4

3 x − 1(x − 10)( x − 1 − 2) 3(x − 2) =− 2(10 − x)(x − 1 − 4) 2(x − 5)

2) x =

3+2 2 3−2 2

−4

3−2 2 3+2 2

= 4 (3 + 2 2 )2 − 4 (3 − 2 2 )2 = 3 + 2 2 − 3 − 2 2

=> x = 1 + 2 − ( 2 − 1) = 2 vì x>1 Vậy P = 0

2) Tìm giá trị của ẩn để biểu thức bằng một hằng số cho trước Thí dụ 25. (Trích đề thi HSG thành phố Thanh Hóa năm 2016-2017) Cho biểu thức: M =

a + 1 a a − 1 a2 − a a + a − 1 . + + a a− a a −a a

a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm x để P =

2 . 7 Lời giải

a) Ta có:

  x+2 x 1  x −1  P= + + = :  x x −1 x + x + 1 1− x  2     x + 2 + x( x − 1) − (x + x + 1) x − 1 = : 2 x −1 x+ x +1

(

)(

( )

)

x−2 x +1

(

  x −1 + − : 2 3 x −1 x −1 x+ x +1 

x+2

)(

x −1 x + x +1

)

2 x −1

2 x + x +1

b) Với x

a a −1 a− a

a2 − a a + a − 1 a −a a

( a − 1)(a + a + 1) a( a − 1)

a + a +1

(a + 1)(a − 1) − a(a − 1) a(1 − a)

2 2 2 ⇔ = ⇔ x+ x +1= 7 7 x + x +1 7

⇔ x + x − 6 = 0 ⇔ ( x − 2)( x + 3) = 0

a =

0, x

(a − 1)(a − a + 1) a(1 − a)

−a + a − 1 a

1. Ta có:

2 a

Vì a > 0; a ≠ 1 nên ( a − 1)2 > 0 ⇔ a + 1 > 2 a M > Vậy P = 0 < N =

+ 2 = 4 (t/m)

6 3 < khi x = 4 M 2

Thí dụ 26. (Trích đề thi HSG Ninh Bình năm học 2012-2013) Cho biểu thức: P =

x2 x+

x x +1

2x +

2(x - 1) x -1

(x > 0, x ≠ 1).

1. Rút gọn P. 2. Tìm giá trị của x để P = 3.

Lời giải 1/Ta có: P =

x( x 3 − 1)

−

x+ x +1

x( x − 1)(x + x + 1) x+ x +1

x(2 x + 1) x

2( x − 1)( x + 1) x −1

− 2 x − 1 + 2( x + 1)

= x− x +1 2/ Ta có: P = 3 ⇔ x − x + 1 = 3 ⇔ x − x − 2 = 0 Đặt

 t = −1 (L) x = t, t ≥ 0 ta được pt t 2 − t − 2 = 0 ⇔   t = 2 (TM)

Ta có t = 2 ta được

x = 2 ⇔ x = 4 (thỏa mãn ĐK).

Vậy x = 4 thì P = 3.

Thí dụ 27. (Trích đề thi HSG tỉnh Hà Nam năm 2012-2013) Cho biểu thức: P =

x ( x + y )(1 − y )

−

y ( x + y )( x + 1)

−

xy ( x + 1)(1 − y )

1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tìm các giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = 2.

Lời giải 1) Điều kiện :

x(1 + x) − y(1 − y ) − xy

(

) = (x − y) + ( x x + y y ) − xy ( x + y ) ( x + y )(1 + x )(1 − y ) ( x + y )(1 + x )(1 − y ) ( x + y )( x − y + x − xy + y − xy ) = ( x + y )(1 + x )(1 − y ) x ( x + 1) − y ( x + 1) + y ( 1 + x )( 1 − x ) (1 + x )(1 − y ) P=

x≥0; y≥0; y ≠1;x+ y≠ 0 x +

x +

xy −

2) P = 2 ⇔

⇔

(1 − y )

(

Ta có: 1 +

)

y −

(

y 1−

)

(1 − y ) y = 2 với x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠ 1 ; x + y ≠ 0

xy −

)

y −

)(

y 1+

x +

) (

x 1+

(

x 1−

x− y +y −y x

y + 1 = 1⇔

(

)(

x −1 1+

)

y =1

y ≥ 1 ⇒ x − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4 ⇒ x = 0; 1; 2; 3 ; 4

Thay vào P ta được các cặp giá trị (4;0) và (2;2) thỏa mãn.

3) Tìm giá trị của ẩn đê biểu thức thỏa mãn một bất đẳng thức Thí dụ 28. (Trích đề Thi HSG huyện Bình Giang năm 2012-2013) Cho biểu thức: A =

x+2 x x −1

x +1

x + x +1 1− x

với x ≥ 0, x ≠ 1

1) Rút gọn A 2) Chứng tỏ rằng: A <

1 3 Lời giải

Ta có: 1) A =

x+2

(

)(

x −1 x + x +1

)

x +1 x+ x +1

−

1 x −1

x + 2 + x −1− x − x −1

(

)(

x −1 x + x +1

)

x− x

(

)( ) x ( x − 1) = A= x − 1 x + x + 1 ( )( ) x+ x −1 x + x +1

x +1

(

, với x ≥ 0, x ≠ 1

x −1

)

1 1 x 2) Xét − A = − = 3 3 x + x + 1 3(x + x + 1) Do x ≥ 0, x ≠ 1 2

 1 3 x − 1 > 0 và x + x + 1 =  x +  + > 0 2 4 

)

⇒

(

⇒

1 1 −A > 0 ⇔ A < 3 3

Thí dụ 29. (Trích đề thi HSG huyện Vĩnh Lộc –Thanh Hóa năm 2016-2017) Cho biểu thức P = M =

a + 1 a a − 1 a2 − a a + a − 1 + + a a− a a −a a

a. Tìm ĐKXĐ và rút gọn P b. Tìm x để P < 0

Lời giải

x + 2 ≥ 0 x ≥ −2  a) Tìm được ĐKXĐ: x x 3 + 1 ≠ 0 ⇔  x ≠ −1  x 2 1 + ≠  Ta có:

3x + 9x − 3 x+ x −2 =

−

x +1 x +2

x −2

−

x −1

3x + 3 x − 3 − x + 1 − x + 4

( x + 2)( x − 1) ( x + 2)( x + 1) ( x + 2)( x − 1)

3x + 3 x − 3

−

( x + 1)( x − 1)

( x + 2)( x − 1) ( x + 2)( x − 1)

−

( x − 2)( x + 2) ( x + 2)( x − 1)

x+3 x +2 ( x + 2)( x − 1)

x +1 x −1

b) - Ta có: P < 0 A= A=

6x − (x + 6) x − 3

−

2(x − 4 x + 3)(2 − x)

3 −2x + 10 x − 12

6x − (x + 6) x − 3

2(2 − x)( x − 3)( x − 1)

−

1 3 x −x−2

2( x − 3)(2 − x)

- Kết hợp với ĐKXĐ ta được: Với

a a −1 a− a

−

x +1 x x +1 x - x +1

a) Rút gọn P. b) Chứng minh P ≥ 0.

Lời giải a) ĐKXĐ: x ≥ 0 3 2 1 − + P= x +1 x x +1 x - x +1 =

x +1

−

(

)(

)

x +1 x - x +1

2 x - x +1

(2 − x)( x − 1)

( a − 1)(a + a + 1)

Thí dụ 30. (Trích đề thi HSG huyện Cam Lộ) Cho biểu thức:

−

a( a − 1)

a + a +1 a

thì P < 0.

= b)

x - x +1 − 3 + 2

(

x +1

)(

)

x +1 x - x +1

x+ x

(

)(

)

x +1 x - x +1

x - x +1

x ≥0 2

1 3 3  x- x +1 =  x −  + ≥ 2 4 4  Do đó: P=

≥0

x - x +1

Thí dụ 31. (Trích đề thi HSG T.P Đà Nẵng năm học 2013-2014) Cho biểu thức: M =

a + 1 a a − 1 a2 − a a + a − 1 với a > 0, a ≠ 1. + + a a− a a −a a

Chứng minh rằng M > 4.

Lời giải

a a −1

Do a > 0, a ≠ 1 nên:

a2 − a a + a − 1 a −a a

⇒M =

a +1

a− a

( a − 1)(a + a + 1) a( a − 1)

(a + 1)(a − 1) − a(a − 1) a(1 − a)

a + a +1

(a − 1)(a − a + 1) a(1 − a)

và

a =

−a + a − 1 a

Do a > 0; a ≠ 1 nên: ( a − 1)2 > 0 ⇔ a + 1 > 2 a

⇒M >

2 a a

+2=4

4) Tìm giá trị của ẩn để biểu thức nhận giá trị nguyên Thí dụ 32. (Trích đề thi HSG tỉnh Hải Phòng năm 2016-2017) Cho biểu thức M =

a + 1 a a − 1 a2 − a a + a − 1 với a > 0, a ≠ 1. + + a a− a a −a a

Với những giá trị nào của a thì biểu thức N =

6 nhận giá trị nguyên? M

Lời giải.

Với điều kiện a > 0; a ≠ 1 thì:

a +1 a

(

)( )−( a ( a − 1)

a −1 a + a +1

)( a + 1)(a − a + 1) a ( a − 1)( a + 1)

a −1

a +1 a + a +1 a − a +1 M= + − = a a a Khi đó N =

6 = M

6 a

(

a +1

⇔

(

)

(

a +1

)

> 0 . Ta thấy với 0 < a ≠ 1 ⇒ a − a + 1 > 0

)

6 a

a +1 > 3 a ⇔

(

a +1

)

Do 0 < N < 2 Để N có giá trị nguyên thì N = 1. ⇔

⇔

6 a a + 2 a +1

(

a −2

)

= 1⇔a − 4 a +1 = 0

 a = 3+2 a = 7 + 4 3 ( tháa m·n) =3⇔ ⇔  a = − 3 + 2 a = 7 − 4 3 ( tháa m·n)

Vậy a = 7 ± 4 3.

Thí dụ 33. (Trích đề thi HSG huyện Thanh Oai 2014-2015)  x−5 x   25 − x x+3 x −5 Cho biểu thức A =  − 1 :  − +   x − 25   x +5 x − 3     x + 2 x − 15 1. Rút gọn A 2. Tìm số nguyên x để A nguyên

Lời giải x ≥ 0, x ≠ 25, x ≠ 9 1) Điều kiện 5 Rút gọn A = x +3 2) x ∈ z => x + 3 là Ư(5)

 x + 3 = 1 (loai) =>   x + 3 = 5 => x = 4 Thí dụ 34. (Trích đề thi HSG huyện Thanh Oai năm 2015-2016)

 x   x +3 x +2 x +2  + + Cho M =  1 − :   x + 1   x − 2 3 − x x − 5 x + 6   1) Rút gọn M 2) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên

Lời giải ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4,x ≠ 9 ( * )

1) Rút gọn M: Với x ≥ 0; x ≠ 4, x ≠ 9 ( * ) Rút gọn ta được: M = 2) M =

x −2 x +1

x + 1− 3 x +1

x +1

x −2

M =

x +1

−

x +1

= 1−

Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3⋮

x +1

(

) (

x +1 ⇒

)

x + 1 ∈ U ( 3)

Ư(3) ∈ {±1; ±3} Vì x ≥ 0 ⇒ x + 1 ≥ 0 ⇒ x + 1 ≥ 1 Nên x + 1 ∈{1; 3} Xảy ra các trường hợp sau:

+) x + 1 = 1 ⇔ x = 0 ⇔ x = 0 (TMĐK (*))

+) x + 1 = 3 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4 . (không TMĐK (*) loại ) Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên.

Thí dụ 35. (Trích đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc năm 2011-2012) Cho biểu thức P =

x−2 x x x −1

x +1 x x +x+ x

1 + 2x − 2 x x2 − x

Tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.

Lời giải Điều kiện: x > 0, x ≠ 1 . Khi đó ta có Rút gọn biểu thức ta được P =

x +2 x+ x +1

Ta có Px + ( P − 1 ) x + P − 2 = 0 , ta coi đây là phương trình bậc hai của

x . Nếu

P = 0 ⇒ − x − 2 = 0 vô lí, suy ra P ≠ 0 nên để tồn tại x thì phương trình trên có 2

∆ = ( P − 1) − 4P ( P − 2 ) ≥ 0

⇔ −3P 2 + 6P + 1 ≥ 0 ⇔ P 2 − 2P + 1 ≤

2 4 4 ⇔ ( P − 1) ≤ 3 3

Do P nguyên nên ( P − 1) bằng 0 hoặc 1 2

+) Nếu ( P − 1) = 0 ⇔ P = 1 ⇔ x = 1 không thỏa mãn. P = 2 2 +) Nếu ( P − 1) = 1 ⇔  ⇒ P = 2 ⇔ 2x + x = 0 ⇔ x = 0 không thỏa mãn P = 0

Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn.

Thí dụ 36. (Trích đề Thi HSG huyện lớp 9)

2 x −9

Cho biêu thức M =

x−5 x +6

2 x +1 x −3

x+3 2− x

a.Tìm giá trị của x để biểu thức M có nghĩa và rút gọn biểu thức M b. Tìm x ∈ Z để M = 5.

Lời giải a/ ĐK x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9 2 x −9−

Rút gọn M =

(

Biến đổi ta có kết quả : =

( (

)( x − 3 )( x +1

)= x − 2)

x −2

) (

)(

(

)(

)

x −2

)

x− x −2

(

x −2

)(

)

x −3

x +1 x −3 x −1

b/ Ta có: M = 5 ⇔

)(

x + 3 x − 3 + 2 x +1 x −2 x −3

x −3

= 5 ⇒ x = 4 ⇒ x = 16(TM)

5) Tìm giá trị của ẩn để biểu thức đạt GTNN hoặc GTLN Thí dụ 37. (Trích đề thi HSG huyện Thanh Oai 2014-2015)  x−5 x   25 − x x +3 x −5 Cho biểu thức A =  − 1 :  − +   x − 25   x +5 x − 3     x + 2 x − 15 1. Rút gọn A 2. Với x ≥ 0 , x ≠ 25, x ≠ 9 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B =

A(x + 16) 5

Lời giải

b) Điều kiện x ≥ 0, x ≠ 25, x ≠ 9 Rút gọn A =

5 x +3

b) Ta có : B=

25 25 A(x + 16) 5(x + 16) x + 16 = x +3+ −6 = x −3+ = = 5 x +3 x +3 5( x + 3 x +3

=> B ≥ 4 => min B = 4 ⇔ x=4

Thí dụ 38. (Trích đề thi HSG huyện Tư Nghĩa năm 2016-2017) Cho biểu thức A =

x2 − 2 x 1 1 1 ) + .( + 3 x +1 2 1+ x + 2 1− x + 2

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa

b)Rút gọn biểu thức A c)Tìm giá trị nhỏ nhất của A.

Lời giải x + 2 ≥ 0  3  x ≥ −2 a) Điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa :  x + 1 ≠ 0 ⇔   x ≠ −1   x+ 2 ≠1

b) Rút gọn biểu thức A

x2 − 2 x 1 1 1 x( x − 2) 1 2 + .( + + . )= 3 2 ( x + 1)( x − x + 1) 2 1 − ( x + 2) x +1 2 1+ x + 2 1− x + 2

x( x − 2) 1 x ( x − 2) − ( x 2 − x + 1) − = ( x + 1)( x 2 − x + 1) x + 1 ( x + 1)( x 2 − x + 1) −( x + 1) −1 = = 2 2 ( x + 1)( x − x + 1) x − x + 1

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Ta có A =

−1 −1 = x − x + 1 ( x − 1 )2 + 3 2 4 2

1 3 Ta có A nhỏ nhất khi ( x − ) 2 + đạt giá trị nhỏ nhất 2 4

Vậy: Giá trị nhỏ nhất của là A là

−4 1 1 khi x − = 0 ⇔ x = 3 2 2

Bài tập vận dụng Câu 1. (Chuyên Nam Định 2018)

a) Rút gọn biểu thức P = b) Chứng minh rằng

y2 x2 y 2 x2 . − − (x + y)(1 − y) (x + y)(1 + x) (1 + x)(1 − y)

1 1 1 1 1 1 + 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 + + < 2018. 2 2 1 2 2 3 2017 2018 2

Câu 2. (Chuyên Hà Tĩnh 2018)

Cho x, y , z là các số hữu tỉ thỏa mãn

1 1 1 + = . Chứng minh rằng x y z

x 2 + y 2 + z 2 là số

hữu tỉ Câu 3. (Chuyên Bình Định 2018)

( Cho biếu thức : T = a) Rút gọn biểu thức T b) Chứng tỏ T > 1

)

+ ab  a − b a 3 − b3 : −  a− b a −b a+ b 

a− b

  , với a ≠ b, a > 0, b > 0  

Câu 4. (Chuyên Cà Mau 2018)

Rút gọn các biểu thức sau

A = 4 20 − 45 + 3 125 − 2 405

B= 9−4 2 + 9+4 2

Câu 5. (Chuyên Lam Sơn 2018)

    1  1 1 Tính giá trị biểu thức P =  1 − 1−  ........  1 −   1+ 2  1+ 2 + 3   1 + 2 + 3 + .... + 2018  Câu 6. (Chuyên Hưng Yên 2018)

Cho các biểu thức A =

x +1

−1

x x + x + x −x + x

và B = x 4 − 5x 2 − 8x + 2025 với

x > 0, x ≠ 1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các giá trị của x để biểu thức T = B − 2A 2 đạt giá trị nhỏ nhất Câu 7. (Chuyên Bến Tre 2018)

Cho biểu thức P =

a b + a −b a − b

a) Rút gọn biểu thức P :

1 + ab 1

(

a+ b

với a , b là hai số thực dương

)(a + b)

b) Tính giá trị của biểu thức P khi a = 2019 + 2 2018 và b = 2020 + 2 2019 Câu 8. (Chuyên Hà Nam 2018)   1 1+ a 1− a 1 Cho biểu thức Q =  + − 1 −  a 2 − 2a + 1 ( 0 < a < 1)   2   a 1− a2 −1 + a   a  1+ a − 1− a

1) Rút gọn Q 2) So sánh Q, Q 3 Câu 9. (Chuyên Lâm Đồng 2018)

(

Tính giá trị biểu thức A = 4 + 15

)(

10 − 6

)

4 − 15

Câu 10. (Chuyên Đồng Nai 2018)  a a+ a  4−a Cho biểu thức P =  + .  a +2 a+3 a +2 a  

a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các số thực dương a sao cho P đạt giá trị lớn nhất Câu 11. (Chuyên Nguyễn Trãi 2018)

Cho x = a + 1 − 1 + a 2 +

( a + 1)

, (a > 0 ) ; P =

x + x−2 x +1 +1 x 2 − 2x + 1

Rút gọn P theo a Câu 12. (Chuyên Năng Khiếu TP. Hồ Chí Minh 2018)

Biết 0 < x ≤ y và     

( (

) +( x − y) y ) + 2 ( x + 2y) )

x+ y

    +   x  

(

x+ y

)

  = 5 . Tính x y x + y  3 

(

)

Câu 13. (Chuyên Bắc Ninh 2018)

 a + a 2 + b2 a − a 2 + b2 − Rút gọn biểu thức : P =   a − a 2 + b2 a + a 2 + b2 

 4 a 4 − a 2 b2 : ,a > b >0 2  b 

Câu 14. (Chuyên Hải Dương 2016)

Rút gọn biểu thức: A =

a + x2 a + x2 −2 a + + 2 a với a > 0, x > 0 . x x

Câu 15. (Chuyên Vĩnh Long 2018) x+3 x +2 1  1 a) Cho biểu thức A =  với x > 0 và x ≠ 4 . Tìm giá trị của − :  x x −8 x − 2  x  A tại x = 14 + 6 5 .

b) Tính giá trị biểu thức A = 12 − 80 − 32 3 − 12 + 80 − 32 3 . Câu 16. (Chuyên Bắc Giang 2018) x+4 x +4 x+ x   1 1  Cho biểu thức A =  + − :  (với x > 0; x ≠ 1 ).  x+ x −2  1 − x x 1 1 x + −    

a) Rút gọn biểu thức A . b) Có bao nhiêu giá trị nguyên của x để A ≥

1 + 2018 2018

Câu 17. (Chuyên Quảng Nam 2018)  a +1   2a b + 2 ab  ab + a Cho biểu thức A =  + + 1 :  .  ab + 1 1 − ab    1 − ab    

với a > 0; b > 0 và ab ≠ 1 . Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A khi

a + b = ab .

Câu 18. (Chuyên Bà Rịa Vũng Tàu 2018)  1 + a3  a −2 a +1 Rút gọn biểu thức: P =  +1− a  (a > 1)  a −1  a  

Câu 19. (Chuyên Điện Biên 2018)

x +2 x + 3 3x + 4 x − 5 ,(x ≥ 0; x ≠ 25) . − − x +1 5− x x− 4 x −5

Cho biểu thức P =

a) Rút gọn P. Tìm các số thực x để P > −2 . b) Tìm các số tự nhiên x là số chính phương sao cho P là số nguyên. Câu 20. (Chuyên Đà Nẵng 2018)

2 ( x − 1)

Cho biểu thức A =

x −1

Chứng minh rằng: A ≥

x2 − x x+ x +1

−

2x + x

với x > 0, x ≠ 1

3 4

Câu 21. (Chuyên Đà Nẵng 2018)

Cho biểu thức: Q =

 x − 1+ 2 2 2 x − y  x − y2

 y : với x > y > 0 .  x − x2 − y 2 

1. Rút gọn Q. 2. Xác định giá trị của Q khi x = 3 y . Câu 22. (HSG TP. Hải Phòng 2018)

Cho biểu thức

( A=

x− y

)

+ 2x x + y y

x x+y y

3 xy − 3y x−y

với x, y ≥ 0 và x ≠ y .

Chứng minh rằng giá trị của biểu thức A không phụ thuộc giá trị của biến. Câu 23. (HSG Quận Hồng Bàng 2018)

Cho biểu thức P =

(

)(

x + y 1− y

−

) (

y x+ y

)(

x +1

−

) (

)(

x +1 1− y

)

a) Tìm điều kiện của x, y để biểu thức P xác định và rút gọn P; b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn phương trình P = 2. Câu 24. (HSG Quận Lê Chân 2018)

  a 2 + b2 a−b a−b +  ⋅  a+b + a−b 2 2 2 2 a − b − a + b   a −b

Cho biểu thức P = 

Chứng minh rằng khi a − b = 1 thì P ≥ 2 2 + 2. Câu 25. (HSG Quận Ngô Quyền 2018)  x+ y x− y  x + y + 2xy   : 1+ Cho biểu thức P =  + .  1 − xy  1 − xy  1 + xy   

a) Rút gọn biểu thức P;

(a > b > 0 )

b) Tính giá trị của P với x =

2+ 3

Câu 26. (HSG Quận Thủy Nguyên 2018) x+3 x +2 x+ x   1 1  Cho biểu thức P =  : − +   . (với x > 0; x ≠ 1 )  x+ x −2   x +1 x − 1 x 1 −   

a) Rút gọn biểu thức P; b) Với giá trị của x ta có

1 x +1 − ≥ 1. P 8

Câu 27. (HSG Thanh Hóa 2017)

Cho biểu thức P =

x−2 x x x −1

x +1 x x +x+ x

1 + 2x − 2 x x2 − x

, với x > 0, x ≠ 1. Rút gọn P

và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên. Câu 28. (HSG Hải Dương 2017)

Cho biểu thức A =

x2 − x

x2 + x

1 . Rút gọn B = 1 − 2A − 4 x + 1 ( 0 ≤ x ≤ ) 4 x+ x +1 x− x +1 +

Câu 29. (HSG Hải Phòng 2017)

Cho a = 3 + 5 + 2 3 + 3 − 5 + 2 3 . Chứng minh a2 − 2a − 2 = 0. Câu 30. (HSG Hải Dương 2016)

Cho biểu thức: P = 1 − x + ( 1 − x ) 1 − x 2 + 1 − x − ( 1 − x ) 1 − x 2 (với −1 ≤ x ≤ 1).

Tính giá trị của biểu thức P khi x = −

1 2019

Câu 31. (HSG Thái Bình 2011)

Chứng minh rằng:

87 1 1 1 88 < + + ... + < 89 2 1 3 2 2011 2010 45

Câu 32. (HSG Chuyên Hưng Yên 2019-2020)

Rút gọn biểu thức A = 2

(2 − 5 )

+ 20 − 20

1 . 5

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) Điều kiện: x ≠ − y; x ≠ −1; y ≠ 1.

x 3 + x 2 − y 2 + y 3 − x 3 y 2 − x 2 y 3 x 2 − xy + y 2 + x − y − x 2 y 2 = (x + y)(1 − y)(1 + x) (1 − y)(1 + x)

x2 + x2 y + x − y 1+ x = x + xy − y.

b) Đặt S = 1 +

1 1 1 1 1 1 . + 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 + + 2 2 1 2 2 3 2017 2018 2 2

Ta có 1 +

1 1 1 1  2 + = 1+ − + (n ∈ ℕ * )  2 2 n (n + 1)  n n + 1  n(n + 1) 2

1 1  1 1  . = 1+ −  = 1+ − n n +1 n n+1   1 1  1 1  1 1  Áp dụng đẳng thức trên ta được S =  1 + −  +  1 + −  + ... +  1 + −  2 3 2017 2018   1 2  

1 < 2018. (điều phải chứng minh) 2018

= 2018 −

Câu 2. Từ giả thiết đã cho ta có:

1 1 1 + = ⇔ xz + yz = xy ⇔ 2xy − 2xz − 2yz = 0 x y z ⇒ x 2 + y 2 + z 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2xy − 2xz − 2yz =

(x + y − z)

= x+y−z

⇒ x2 + y 2 + z 2 là một số hữu tỉ Vậy ta có điều phải chứng minh

Câu 3. a) Rút gọn T: Với a ≠ b, a > 0, b > 0 , ta có:

a + b − ab a+ b

Vậy : T =

a 3 + a b − b a − b3 − a 3 + b3

(

a + b − ab ab

a− b

)(

a+ b

)

a + b − ab a+ b

⋅

(

a− b ab

(

)(

a− b

, với a ≠ b, a > 0, b > 0 .

b) Chứng tỏ T > 1 Ta có: T =

( ⇔T=

a + b − ab ab

a− b

)

a ≠ b,a > 0, b > 0 )

Vậy T > 1

, với a ≠ b, a > 0, b > 0 . (kết quả câu 1.a)

+ ab

( =

a− b ab

)

+ 1 > 1 (vì

a+ b

ab > 0, a − b ≠ 0 với

)

) = a+b−

Câu 4.

Ta có ngay:

A = 4 20 − 45 + 3 125 − 2 405 = 8 5 − 3 5 + 15 5 − 18 5 = 2 5 B= 9−4 2 + 9+4 2

( )

2 2

( )

− 2.2 2.1 + 1 +

2 −1

)

2 +1

2 2

)

+ 2.2 2.1 + 1

= 2 2 −1 + 2 2 +1 = 2 2 −1+ 2 2 +1 = 4 2 Câu 5. Ta có: 1 + 2 = 3 =

1+ 2 + 3 = 6 =

(do2 2 − 1 > 0)

2.3 1 2 ⇒ = 2 1 + 2 2.3

3.4 1 2 ⇒ = 2 1 + 2 + 3 3.4

................. 2018.2019 1 2 ⇒ = 2 1 + 2 + 3 + ...... + 2018 2018.2019    2  2  2 P = 1− 1− ......  1 −     2.3  3.4   2018.2019  2.3 − 2 3.4 − 2 2018.2019 − 2 = . ....... 2.3 3.4 2018.2019

1 + 2 + 3 + ..... + 2018 =

4 10 4074340 . ........... 2.3 3.4 2018.2019 1.4 2.5 3.6 2016.2019 2017.2020 . . ........ . = 2.3 3.4 4.5 2017.2018 2018.2019 ( 1.2.......2017 ) . ( 4.5.......2020 ) = 1.2020 = 2020 = 1010 = ( 2.3.......2018 ) . ( 3.4.5.......2019 ) 2018.3 6054 3027 =

Câu 6.

a) Điều kiện x > 0; x ≠ 1

x +1

−1

x x + x + x −x + x x +1

(

)

x. x + x + 1 x +1

x+ x +1

(

x +1

(

)

x x+ x +1

(

. x2 − x

)

. x x x −1

)(

) (

x −1 x + x +1 =

b) Ta có: T = B − 2A 2

x +1

)(

)

x −1 = x −1

= x 4 − 5x 2 − 8x + 2025 − 2 ( x − 1)

= x 4 − 5x 2 − 8x + 2025 − 2x 2 + 4x − 2 = x 4 − 7x 2 − 4x + 2023 = x 4 − 8x 2 + 16 + x 2 − 4x + 4 + 2003

(

)

= x 2 − 4 + ( x − 2 ) + 2023

(

Vì x 2 − 4

)

≥ 0, ( x − 2 ) ≥ 0 ⇒ T ≥ 2003

x = 2 2  x − 4 = 0 Dấu “=” xảy ra ⇔  ⇔   x = −2 ⇔ x = 2 x − 2 = 0  x = 2 Vậy với Tmin = 2003 ⇔ x = 2 Câu 7.

a) Rút gọn biểu thức P :

(

)

a + b (a + b)

Điều kiện : a > 0, b > 0

ab .

P= ⇒ P: =

(

) (

a− b +

1 + ab 1

(

)

a + b (a + b)

a− b

)(

a− b

= P.

(

)=(

)(

a − b 1 + ab 1 + ab

a− b

)

a + b (a + b)

)

a + b ( a + b ) = ( a − b )( a + b ) = a 2 − b 2

b) Ta có:

 a = 2019 + 2 2018 a = ⇔  b = b = 2020 + 2 2019 

( (

⇒ P = a − b = 2018 + 1 −

) 2019 + 1)

2018 + 1

(

 a = 2018 + 1 ⇒  b = 2019 + 1

)

2019 + 1 = 2018 − 2019

Câu 8. 1)Điều kiện 0 < a < 1

  1 1+ a 1− a 1 2 1 + − − Q=   a − 2a + 1 2 a 1 − a 2 − 1 + a  a  1+ a − 1− a 2   2  (1 − a ) 1+ a    1 − a − 1  a 2 − 2a + 1 = + 2  1+ a − 1− a a  1 − a 1 − a − 1 + a   a      1 − a2 1  1+ a 1− a 2 = + −  ( a − 1)   a  1+ a − 1− a  a  1+ a − 1− a

(

)

1 + a + 1 − a  1 − a2 1  . −  a −1 a  1 + a − 1 − a  a

(do

a > 0)

1 + a + 1 − a 1 − a2 −1 . (1 − a ) a 1+ a − 1− a

( do

0 < a < 1)

(

1+ a + 1− a

(

)(

1+ a − 1− a

1+ a −1+ a 1 + a + 1 − a − 2 1 − a2

)

1 − a2 − 1 (1 − a ) a

1 − a2 − 1 .(1 − a) a

1 − a2 − 1 = . (1 − a) a 2 − 2 1 − a2 = −(1 − a) = a − 1 2a

2) Điều kiện 0 < a < 1 Ta có: Q 3 = ( a − 1)

Xét hiệu : 3

Q 3 − Q = ( a − 1) − ( a − 1 ) 2 = ( a − 1) ( a − 1) − 1 = ( a − 1)( a − 1 − 1)( a − 1 + 1) = a(a − 1)(a − 2)  

Mà

a > 0  0 < a < 1 ⇒ a − 1 < 0 ⇒ a ( a − 1)( a − 2 ) > 0 a − 2 < 0  3 ⇒ Q − Q > 0 ⇔ Q3 > Q Vậy Q 3 > Q Câu 9.

(

)( 10 − 6 ) 4 − 15 = 15 . ( 5 − 3 ) . 16 − 15 = ( 3 ).( 5 − 3 ) = 5 − 3 = 2

A = 4 + 15

4 + 15 . 2.

= 8+2

5+ 3 .

(

Câu 10.

Điều kiện a > 0

 a a+ a  4−a P= + .  a +2 a+3 a +2 a  

)(

(

5− 3

)

) ( 4 + 15 )( 4 − 15 )

5 − 3 .1

 a = +  a +2 

(

a +1

 . 4 −a  a a +2  

a +1

)(

)

 a a  4−a = + .  a +2 a + 2  a 

(

)(

)

a. a +a 2− a 2+ a = . a +2 a

(

)(

(

)(

a +1 2− a

)

a + 1 2 − a = −a + a + 2

b) Điều kiện a > 0 . Ta có: 2

1 9 9  P = −a + a + 2 = −  a −  + ≤ 2 4 4  1 1 1 Dấu “=” xảy ra ⇔ a − = 0 ⇔ a = ⇔ a = (tm) 2 2 4 9 1 Vậy MaxP = khi a = 4 4 Câu 11.

Điều kiện a > 0; x ≠ 1 x = a + 1 − 1 + a2 +

= a + 1− = a + 1−

( a + 1)

a 2 + 2a + 1 + a 4 + 2a 3 + 2a 2 (a + 1)2 a 4 + 2a 3 + a 2 + 2a + 1 + 2a 2

( a + 1)

+a +1

( a + 1)

)

a2 + a + 1 a2 + a + 1  = a + 1−  do a +1 a+1 

 a2 + a + 1 > 0 a +1 

a 2 + 2a + 1 − a 2 − a − 1 a = < 1∀a > 0 a+1 a +1 ⇒ 0 < x < 1 ∀a > 0 =

⇒P= x+

x + x− 2 x +1 +1 x 2 − 2x + 1 x −1 +1 x −1

x+ =

x +1− x +1 = 1− x

(

x −1

( x − 1)

)

2 a 1− a +1

2 ( a + 1) a + 1− a

= 2a + 2

Vậy P = 2a + 2 Câu 12.

    

⇔

( (

x+ y

)(

    + x − y + 2 ( x + 2y )   x.   2

) +(

x− y

x + y + 2 xy + x + y − 2 xy x − y + 2x + 4y

(

x + y − xy xy

)

x+ y .

2(x + y) + 3(x + y)

)

(

x+ y

y y +x x

xy.

(

x+ y

)

 =5 x + y  3 

+ y.

(

)

5 3

)( )=5 3 xy. ( x + y )

x + y x + y − xy

⇔ x + y − xy = xy

⇔ x + y − 2 xy = 0 ⇔

(

x− y

⇔x=y⇒ Vậy

)

x =1 y

 a + a2 + b2 a − a 2 + b2 − Câu 13. P =  2 2  a + a 2 + b2  a− a +b =

(

(a +

) ( a + b )( a −

a + a2 + b2 2

− a − a2 + b2

a2 + b2

)

 4 a 4 − a 2b 2 , :  b2  2

b2 4 a2 ( a2 − b2 )

(

a 2 + a 2 + b 2 + 2a a 2 + b 2 − a 2 + a 2 + b 2 − 2a a 2 + b 2 =

a2 − ( a2 − b2 )

4a a 2 + b 2 b2 a a2 + b2 . = = b2 4. a . a 2 − b 2 a a 2 − b2  a2 + b2 khi a > 0  2  a − b2 =  a 2 + b2 khi a<0 − 2 2 a − b 

a > b >0

b2 4. a . a 2 − b 2

Câu 14. 2

(x − a )

a + x − 2x a a + x + 2x a + = x x

x− a +x+ a =

(x + a )

x− a +x+ a

+) Với x ≥ a thì x − a = x − a nên A =

(

=2 x.

)

+) Với 0 < x < a thì x − a = − x − a = a − x

a −x+x+ a

nên A =

2 a x

Câu 15.

a) Với x > 0; x ≠ 4 , ta có:

 x+3 x +2 1  1 = − A= :  x x −8  x −2 x    =

x −2

(

)(

x −2 x+2 x +4

)

x+3 x +2

(

x+2 x +4

(

3+ 5

( 3 = (2

(

⇒ A = ± 2 3 −2

)

14 + 6 5 + 2. 3 + 5 + 4

b) Ta có A 2 = 24 − 8 4 + 2

3 −2

) (

)(

)

Ta có x = 14 + 6 5 = 9 + 2.3. 5 + 5 = 3 + 5 Khi đó, ta có: A =

−

)(

x −2 x+2 x +4

  x. x − 2 x + 2 x + 4   x+2 x +4

)

(3 + 5 )

⇒ x= 3+ 5 24 + 8 5

= 3 + 5 = 3 + 5.

3+ 5

1 = . 8 8 3+ 5

(

)

Do A < 0 nên A = 2 − 2 3 . Câu 16.

x+ x + = a) + Biến đổi 1− x x+ x −2

(

x+4 x +4

x +2 x −1

−

x x −1

+ Biến đổi

= 1

(

x +2

x −1

)(

2 x −1 −

x + 1 1− x

2 x

(

x +1

)(

x −1

)

x +2

x −

) (

(

x −1

x +1

)(

)

x +1

)

+ Ta có A =

x −1

x +1

+ Vậy A =

2 x

(

)(

x +1

x −1

)

2 x −1

(

x +1

)(

)

x −1

2 x

, với điều kiện x > 0, x ≠ 1 .

b) Ta có:

1 + 2018

A≥

⇔ 1+

2018

1 x

≥ 1+

1 2018

⇔

≥

2018

x ≤ 2018 ⇒ 0 < x ≤ 2018

Vì x > 0, x ≠ 1 và x nguyên nên x ∈ {2; 3; 4;...; 2018} . Suy ra có 2017 giá trị nguyên của

x thỏa mãn bài toán. Câu 17.Ta có:

A= =

2 + 2 a 2a b + 2 ab : 1 − ab 1 − ab 2(1 + a )

2 ab(1 + a )

Khi a > 0; b > 0 ,

1 ab

a+ b

a + b = ab ⇔

=1⇔

1 a

1 b

=1⇔

1 a

= 1−

1 b

1  1 1 1 −  ≤ . Dấu “ = “ xảy ra ⇔ b = 4; a = 4 . Vậy giá (1 − ) = − Do đó A = 4  b 2 4 b b 1

trị lớn nhất của A là

1 khi a = b = 4 4

Câu 18.

Ta có:

 1 + a3  a −2 a +1 P= + 1− a  ( a > 1)  a −1  a   2

 1+ a 1− a + a  a −1 P= + 1− a .   a a −1 a +1    1− a + a  a −1 P= + 1 − a . (Do a > 1 ⇒ a > 1 ⇒ a − 1 > 0)   a − 1 a  

(

)( )(

(

P= P=

)

1− a + a + a −1− a + a a −1 a

a −1

(

a −1 a

)

Câu 19.

x +2

a) P =

x +1

−

x +3 5− x

3x + 4 x − 5

−

x−4 x −5

x +2 x +1

−

x +3 5− x

−

3x + 4 x − 5

(

x +1

( x + 2)( x − 5) + ( x + 3)( x + 1) − (3x + 4 x − 5) ( x + 1)( x − 5) −x − 3 x − 2

( x + 1)( x − 5)

=−

( x + 1)( x + 2) ( x + 1)( x − 5)

x +2

=−

x −5

x +2

Ta có P > −2 ⇔ −

> −2 ⇔ 2 −

x −5

+ Với

x < 5 ⇔ 0 ≤ x < 25 .

+ Với

x > 12 ⇔ x > 144 .

 x <5 >0⇔ . x −5  x > 12

x +2

Câu 20.

Điều kiện : x > 0, x ≠ 1 A= =2

(

2 ( x − 1) x −1

)

x −1 +

x2 − x x+ x +1

−

(

x x x −1 x + x +1

2x + x

) −2

x x −1 2

1 3  1 3 3 = 1 + x. x − 1 = x − x + + =  x −  + ≥ 4 4  2 4 4 3 1 1 Vậy A ≥ . Dấu " = " xảy ra ⇔ x − = 0 ⇔ x = 4 2 4

(

)

Câu 21.

a)Ta có: Q =

x x2 − y2 x

x2 − y2

x x2 − y 2

−

 x − 1+ 2 2 2 x − y  x − y2 x

 y : 2 2   x− x −y

x + x2 − y 2 x − x2 − y2 ⋅ y x2 − y2 x2 − x2 + y2 y x2 − y 2

y x2 − y2

(tm)

)(

x −5

)

(

x−y

)

x + y. x − y x−y

Vậy Q =

x+y

x−y

x+y

với x > y > 0 .

b) Ta có: Thay x = 3y (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức Q, ta được: 3y − y

3y + y

2 2

2 khi x = 3y . 2

Vậy Q = Câu 22. A=

(

x− y

)

+ 2x x + y y +

x x+y y

3 xy − 3y x−y

x x − 3x y + 3y x − y y + 2x x + y y

(

)( x − xy + y ) 3 x ( x − xy + y ) 3 y + = ( x + y )( x − xy + y ) x + y 3 x

x+ y

với x, y ≥ 0 và x ≠ y 3 y +

(

x− y

)(

)

x+ y

)

3 y

x+ y

3 x+3 y x+ y

Vậy giá trị của biểu thức A không phụ thuộc vào giá trị của biến với x, y ≥ 0 và

x ≠ y. Câu 23.

a)ĐKXĐ: x ≥ 0; y ≥ 0, y ≠ 1, x + y ≠ 0. P=

(

x + 1 − y 1 − y − xy

) (

(

x +1

)(

x + y 1− y

x+ y

(

)

)(

x+ y

)

x − y + x − xy + y − xy

)(

x + y 1− y

)(

x +1

) (

x + xy − y.

) (

P = 2 ⇔ x + xy − y = 2 ⇔ x 1 + y −

)

y +1 = 1 ⇔

(

)(

)

x −1 1 + y = 1

Ta có: 1 + y ≥ 1 ⇒ x − 1 ≤ 1 ⇒ x ≤ 2 ⇔ x ≤ 4. Kết hợp với điều kiện x ≥ 0 ⇒ 0 ≤ x ≤ 4 ⇔ x ∈ {0;1; 2; 3; 4} Thay vào phương trình trên P = 2

{

}

Ta được ( x; y ) ∈ ( 4; 0 ) ; ( 2; 2 ) Câu 24.

  a 2 + b2 a−b a−b + ⋅ (a > b > 0 )  a+b + a−b a 2 − b 2 − a + b  a 2 − b 2    2 2 a−b a−b  ⋅ a + b + =  a + b + a − b a − b a + b − a − b  a 2 − b 2  

P=

(

(a − b) .(

)

a + b − a − b + (a − b) .

a−b

(

)(

a+b + a−b .

2 (a − b) . a + b

2b a − b

a 2 + b2

⋅

a − b. a + b

(

a+b + a−b

a+b − a−b =

)

)⋅ a

+ b2

a 2 − b2

a 2 + b2 b

Vì a – b = 1 ⇒ a = b + 1 khi đó theo BĐT AM – GM: 2

2 a 2 + b 2 ( b + 1) + b 2b2 + 2b + 1 1 1 = = = 2b + + 2 ≥ 2 2b ⋅ + 2 = 2 2 + 2 P= b b b b b

Câu 25. a) ĐKXĐ: x ≥ 0; y ≥ 0, xy ≠ 1.

)(

x − y 1 − xy

1 − xy

(

x+y x

(1 + x )(1 + y )

b) Với x =

( 2( P= 1+ ( x=

Câu 26.

) (

x + y 1 + xy +

) :  1 − xy + x + y + 2 xy   

1 − xy

x+x y+ y+y x+ x−x y− y+y x 1 − xy . 1 − xy 1 + x + y + xy

(

2 x (1 + y ) 2 x = (1 + x )(1 + y ) 1 + x

2+ 3

) 3 − 1) 3 − 1) 3 −1

(

2 2− 3

)

( 2 + 3 )( 2 − 3 ) 3 −1 = 3 −1

2 3 −2 5−2 3

6 3+2 . 13

= 4−2 3 =

(

)

3 −1 .

 

x+3 x +2 x+ x   1 1  a) P =  − : +    x+ x −2 x − 1   x + 1 x −1      x+3 x +2 x   x −1+ x +1  = − :  x +2 x − 1  x + 1 x −1 x − 1     

(

)(

)

x+3 x +2−x−2

(

x +2

)(

) ( .

x −1

x +2

(

x +2

)(

x −1

)

( x ( x + 1)( .

)( x − 1)

)(

)

2 x

x +1

x −1

2 x

x +1 2 x

 x > 0; x ≠ 1 1 x +1  − ≥1⇔  2 x x +1 P 8 − ≥1  8  x +1

(* ) ⇔

16 x − 8

(

Vậy x = 9 thì

(

x +1

)

(* )

≥1 ⇔

)

x +1

(

x −3

)

≤ 0⇔ x = 9

( tm )

1 x +1 − ≥1 P 8

Câu 27.

Với điều kiện x > 0, x ≠ 1 , ta có:

x−2 x

(

)(

x −1 x + x +1

(

) ( x(

)

x +1

(

x x+ x +1

)

)( x − 1) + 2x − 2 x − 1)( x + x + 1) x (x + x − 2) = x ( x − 1)( x + x + 1) ( x − 1)( x + 2 ) = x + 2 . = ( x − 1)( x + x + 1) x + x + 1 x x−2 x +

2x − 2 x + 1

x +1

(

)(

x −1 x + x +1

x +1

Ta có với điều kiện x > 0, x ≠ 1 ⇒ x + x + 1 > x + 1 > 1

⇒0<P=

x +2 x+ x +1

x +2 x +1

= 1+

Do P nguyên nên suy ra P = 1 ⇔

1 x +1

x +2 x+ x +1

= 1 ⇔ x = 1 (loại).

)

Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên. Câu 28.

Ta có A =

x2 − x

x2 + x

x+ x +1 x− x +1

= x

(

)

x −1 + x

(

)

x + 1 = 2x.

(

)

Do đó B = 1 − 2A − 4 x + 1 = 1 − 2 x − 1 = 1 − 1 − 2 x = 2 x. Câu 29.

Ta có:

(

a2 = 3 + 5 + 2 3 + 3 − 5 + 2 3 + 2 9 − 5 + 2 3

)

=6+2 4−2 3 =6+2

(

3 −1

)

=6+2

(

)

(

3 −1 4 + 2 3 = 1+ 3

)

Vì a > 0 nên a = 3 + 1 . Do đó ( a − 1) = 3 hay a 2 − 2a − 2 = 0. Câu 30.

  P = 1 − x  1 + 1 − x2 + 1 − 1 − x2   

(

⇒ P 2 = (1 − x ) 2 + 2 1 − 1 − x2

) ) = 2 (1 − x ) ( 1 + x )

Mà P = 1 − x + ( 1 − x ) 1 − x 2 + 1 − x − ( 1 − x ) 1 − x 2 ≥ 0 ⇒ P = 2 ( 1 − x ) Với x = −

1 2019 2. ⇒P= 2019 2018

Câu 31.

Với n là số nguyên dương ta có:

( n + 1)

Suy ra: A =

= 1− Lại có:

n 1  1 n 1 1 1 = n − − > − = ( n + 1) n n n+1 n n +1  n n +1

2 1

> 1−

2011

⇒ A <2−

2 2

n +

3 2

+ ... +

2011 2010

> 1−

1 2

−

1 3

+ ... +

1 2010

−

2 87 = . 89 89

( n + 1)

2 2

−

2 n +1 2 3

(

n +1 + n

+ ... +

2 2010

−

)

2 n

−

2 n +1

 1  1  88  = 21−  < 21−  = 2011 2011   45  45 

1 2011

Câu 32.

Ta có

( 2 − 5 ) + 20 − 20. 15 = 2 2 − 5 + 2 = 2 ( 5 − 2) + 2 5 − 4 5 = 2 5 − 4 + 2 5 − 4

A=2

5 − 20. 5 = −4

5 5