17 Chuyên đề hay Bồi dưỡng Học sinh giỏi Toán lớp 9
CHUYÊN ĐỀ 15 – TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA MỘT
BIỂU THỨC
A. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức:
1) Khái niệm: Nếu với mọi giá trị của biến thuộc một khoảng xác định nào đó mà giá
trị của biểu thức A luôn luôn lớn hơn hoặc bằng (nhỏ hơn hoặc bằng) một hằng số k
và tồn tại một giá trị của biến để A có giá trị bằng k thì k gọi là giá trị nhỏ nhất (giá
trị lớn nhất) của biểu thức A ứng với các giá trị của biến thuộc khoảng xác định nói
trên
2) Phương pháp
a) Để tìm giá trị nhỏ nhất của A, ta cần:
+ Chứng minh A k với k là hằng số
+ Chỉ ra dấ “=” có thể xẩy ra với giá trị nào đó của biến
b) Để tìm giá trị lớn nhất của A, ta cần:
+ Chứng minh A k với k là hằng số
+ Chỉ ra dấ “=” có thể xẩy ra với giá trị nào đó của biến
Kí hiệu : min A là giá trị nhỏ nhất của A; max A là giá trị lớn nhất của A
B.Các bài tập tìm Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức:
I) Dạng 1: Tam thức bậc hai
Ví dụ 1 :
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 2x2 – 8x + 1
b) Tìm giá trị lớn nhất của B = -5x2 – 4x + 1
OE FO = = MC MB FM OG = OE Bμi tËp vỊ nhμ Bμi 1: Cho tø gi¸c ABCD, AC vμ BD c¾t nhau t¹i O. §−êng th¼ng qua O vμ song song víi BC c¾t AB ë E; ®−êng th¼ng song song víi CD qua O c¾t AD t¹i F a) Chøng minh FE // BD b) Tõ O kỴ c¸c ®−êng th¼ng song song víi AB, AD c¾t BD, CD t¹i G vμ H. Chøng minh: CG. DH = BG. CH Bμi 2: Cho h×nh b×nh hμnh ABCD, ®iĨm M thuéc c¹nh BC, ®iĨm N thuéc tia ®èi cđa tia BC sao cho BN = CM; c¸c ®−êng th¼ng DN, DM c¾t AB theo thø tù t¹i E, F. Chøng minh: a) AE2 = EB. FE b) EB = 2AN DF . EF M G K F D E C B A 36 CHUYÊN ĐỀ 9 – CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ TALÉT VÀ TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC A. Kiến thức: 1. Định lí Ta-lét: * Định lí Talét ABC MN // BC AM AN = AB AC * Hệ quả: MN // BC AM AN MN = AB AC BC 2. Tính chất đường phân giác: ABC ,AD là phân giác góc A BD AB = CD AC AD’là phân giác góc ngoài tại A: BD' AB = CD' AC B. Bài tập vận dụng 1. Bài 1: Cho ABC có BC = a, AB = b, AC = c, phân giác AD a) Tính độ dài BD, CD b) Tia phân giác BI của góc B cắt AD ở I; tính tỉ số: AI ID Giải a) AD là phân giác của BAC nên BD AB c CD AC b BD c BD c acBD = CD + BD b + c a b + c b + c Do đó CD = a - ac b + c = ab b + c b) BI là phân giác của ABC nên AI AB ac b + cc : ID BD b + c a 2. Bài 2: Cho ABC, có B < 600 phân giác AD a) Chứng minh AD < AB b) Gọi AM là phân giác của ADC. Chứng minh rằng BC > 4 DM Giải a)Ta có AADB = C + 2 > A + C 2 = 0 0180 - B 60 2 ADB > B AD < AB b) Gọi BC = a, AC = b, AB = c, AD = d Trong ADC, AM là phân giác ta có DM AD = CM AC DM AD DM AD = = CM + DM AD + AC CD AD + AC D' CB A D CB A a c b I D CB A M D BC A NM CB A 37 DM = CD.AD CD. d AD + AC b + d ; CD = ab b + c ( Vận dụng bài 1) DM = abd (b + c)(b + d) Để c/m BC > 4 DM ta c/m a > 4abd (b + c)(b + d) hay (b + d)(b + c) > 4bd (1) Thật vậy : do c > d (b + d)(b + c) > (b + d)2 4bd . Bất đẳng thức (1) được c/m Bài 3: Cho ABC, trung tuyến AM, các tia phân giác của các góc AMB , AMC cắt AB, AC theo thứ tự ở D và E a) Chứng minh DE // BC b) Cho BC = a, AM = m. Tính độ dài DE c) Tìm tập hợp các giao diểm I của AM và DE nếu ABC có BC cố định, AM = m không đổi d) ABC có điều kiện gì thì DE là đường trung bình của nó Giải a) MD là phân giác của AMB nên DA MB DB MA (1) ME là phân giác của AMC nên EA MC EC MA (2) Từ (1), (2) và giả thiết MB = MC ta suy ra DA EA DB EC DE // BC b) DE // BC DE AD AI BC AB AM . Đặt DE = x xm - x 2a.m2 x = a m a + 2m c) Ta có: MI = 1 2 DE = a.m a + 2m không đổi I luôn cách M một đoạn không đổi nên tập hợp các điểm I là đường tròn tâm M, bán kính MI = a.m a + 2m (Trừ giao điểm của nó với BC d) DE là đường trung bình của ABC DA = DB MA = MB ABC vuông ở A 4. Bài 4: Cho ABC ( AB < AC) các phân giác BD, CE a) Đường thẳng qua D và song song với BC cắt AB ở K, chứng minh E nằm giữa B và K b) Chứng minh: CD > DE > BE Giải a) BD là phân giác nên AD AB AC AE AD AE = < = DC BC BC EB DC EB (1) Mặt khác KD // BC nên AD AK DC KB (2) Từ (1) và (2) suy ra AK AE AK + KB AE + EB KB EB KB EB AB AB KB > EB KB EB ED M I CB A E D M K CB A 38 E nằm giữa K và B b) Gọi M là giao điểm của DE và CB. Ta có CBD = KDB (so le trong) KBD = KDB mà E nằm giữa K và B nên KDB > EDB KBD > EDB EBD > EDB EB < DE Ta lại có CBD + ECB = EDB + DEC DEC > ECB DEC > DCE (Vì DCE = ECB ) Suy ra: CD > ED CD > ED > BE 5. Bài 5: Cho ABC . Ba đường phân giác AD, BE, CF. Chứng minh a. DB EC FA. . 1 DC EA FB . b. 1 1 1 1 1 1 AD BE CF BC CA AB . Giải a)AD là đường phân giác của BAC nên ta có: DB AB = DC AC (1) Tương tự: với các phân giác BE, CF ta có: EC BC = EA BA (2) ; FA CA = FB CB (3) Từ (1); (2); (3) suy ra: DB EC FA AB BC CA. . = . . DC EA FB AC BA CB = 1 b) §Ỉt AB = c , AC = b , BC = a , AD = da. Qua C kỴ ®−êng th¼ng song song víi AD , c¾t tia BA ë H. Theo §L TalÐt ta cã: AD BA CH BH BA.CH c.CH cAD .CH BH BA + AH b + c Do CH < AC + AH = 2b nªn: 2a bcd b c 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2a a b c d bc b c d b c Chøng minh t−¬ng tù ta cã : 1 1 1 1 2bd a c Vμ 1 1 1 1 2cd a b Nªn: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2a b cd d d b c a c a b 1 1 1 1 1 1 1.2 2a b cd d d a b c 1 1 1 1 1 1 a b cd d d a b c ( ®pcm ) Bμi tËp vỊ nhμ Cho ABC có BC = a, AC = b, AB = c (b > c), các phân giác BD, CE a) Tính độ dài CD, BE rồi suy ra CD > BE b) Vẽ hình bình hành BEKD. Chứng minh: CE > EK c) Chứng minh CE > BD H F E D CB A 39 CHUYÊN ĐỀ 10 – CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG A. Kiến thức: * Tam giác đồng dạng: a) trường hợp thứ nhất: (c.c.c) ABC A’B’C’ AB AC BC = = A'B' A'C' B'C' b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c) ABC A’B’C’ AB AC = A'B' A'C' ; A = A' c. Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g) ABC A’B’C’ A = A' ; B = B' AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì: A'H' AH = k (Tỉ số đồng dạng); A'B'C' ABC S S = K 2 B. Bài tập áp dụng Bài 1: Cho ABC có B = 2 C , AB = 8 cm, BC = 10 cm. a)Tính AC b)Nếu ba cạnh của tam giác trên là ba số tự nhiên liên tiếp thì mỗi cạnh là bao nhiêu? Giải Cách 1: Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho:BD = BC ACD ABC (g.g) AC AD AB AC 2AC AB. AD =AB.(AB + BD) = AB(AB + BC) = 8(10 + 8) = 144 AC = 12 cm Cách 2: Vẽ tia phân giác BE của ABC ABE ACB 2AB AE BE AE + BE AC = AC = AB(AB + CB) AC AB CB AB + CB AB + CB = 8(8 + 10) = 144 AC = 12 cm b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c thì từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) Vì b > anên có thể b = a + 1 hoặc b = a + 2 + Nếu b = a + 1 thì (a + 1)2 = a2 + ac 2a + 1 = ac a(c – 2) = 1 a = 1; b = 2; c = 3(loại) + Nếu b = a + 2 thì a(c – 4) = 4 - Với a = 1 thì c = 8 (loại) - Với a = 2 thì c = 6 (loại) E D C B A D CB A 40 - với a = 4 thì c = 6 ; b = 5 Vậy a = 4; b = 5; c = 6 Bài 2: Cho ABC cân tại A, đường phân giác BD; tính BD biết BC = 5 cm; AC = 20 cm Giải Ta có CD BC 1 = AD AC 4 CD = 4 cm và BC = 5 cm Bài toán trở về bài 1 Bài 3: Cho ABC cân tại A và O là trung điểm của BC. Một điểm O di động trên AB, lấy điểm E trên AC sao cho 2OBCE = BD . Chứng minh rằng a) DBO OCE b) DOE DBO OCE c) DO, EO lần lượt là phân giác của các góc BDE, CED d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi khi D di động trên AB Giải a) Từ 2OBCE = BD CE OB = OB BD và B = C (gt) DBO OCE b) Từ câu a suy ra 23O = E (1) Vì B, O ,C thẳng hàng nên 03O + DOE EOC 180 (2) trong tam giác EOC thì 02E + C EOC 180 (3) Từ (1), (2), (3) suy ra DOE B C DOE và DBO có DO OE = DB OC (Do DBO OCE) và DO OE = DB OB (Do OC = OB) và DOE B C nên DOE DBO OCE c) Từ câu b suy ra 1 2D = D DO là phân giác của các góc BDE Củng từ câu b suy ra 1 2E = E EO là phân giác của các góc CED c) Gọi OH, OI là khoảng cách từ O đến DE, CE thì OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi OI không đổi khi D di động trên AB Bài 4: (Đề HSG huyện Lộc hà – năm 2007 – 2008) Cho ABC cân tại A, có BC = 2a, M là trung điểm BC, lấy D, E thuộc AB, AC sao cho DME = B a) Chứng minh tích BD. CE không đổi b)Chứng minh DM là tia phân giác của BDE c) Tính chu vi của AED nếu ABC là tam giác đều Giải 21 3 2 1 H I O E D CB A 41 a) Ta có DMC = DME + CME = B + BDM , mà DME = B(gt) nên CME = BDM , kết hợp với B = C (ABC cân tại A) suy ra BDM CME (g.g) 2BD BM = BD. CE = BM. CM = a CM CE không đổi b) BDM CME DM BD DM BD = = ME CM ME BM (do BM = CM) DME DBM (c.g.c) MDE = BMD hay DM là tia phân giác của BDE c) chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của DEC kẻ MH CE ,MI DE, MK DB thì MH = MI = MK DKM = DIM DK =DI EIM = EHM EI = EH Chu vi AED là PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK) ABC là tam giác đều nên suy ra CME củng là tam giác đều CH = MC 2 2 a AH = 1,5a PAED = 2 AH = 2. 1,5 a = 3a Bài 5: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường thẳng song song với AM, cắt AB, AC tại E và F a) chứng minh DE + DF không đổi khi D di động trên BC b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE tại K. Chứng minh rằng K là trung điểm của FE Giải a) DE // AM DE BD BD = DE = .AM AM BM BM (1) DF // AM DF CD CD CD = DF = .AM = .AM AM CM CM BM (2) Từ (1) và (2) suy ra DE + DF = BD CD .AM + .AM BM BM = BD CD BC+ .AM = .AM = 2AM BM BM BM không đổi b) AK // BC suy ra FKA AMC (g.g) FK KA = AM CM (3) EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA = = = ED BD ED + EK BD + KA KD BD + DM AM BM AM CM (2) (Vì CM = BM) Từ (1) và (2) suy ra FK EK AM AM FK = EK hay K là trung điểm của FE Bài 6: (Đề HSG huyện Thạch hà năm 2003 – 2004) Cho hình thoi ABCD cạnh a có 0A = 60 , một đường thẳng bất kỳ qua C cắt tia đối của các tia BA, DA tại M, N K H I M E D CB A K F E D M CB A 42 a) Chứng minh rằng tích BM. DN có giá trị không đổi b) Gọi K là giao điểm của BN và DM. Tính số đo của góc BKD Giải a) BC // AN MB CM = BA CN (1) CD// AM CM AD = CN DN (2) Từ (1) và (2) suy ra 2MB AD = MB.DN = BA.AD = a.a = a BA DN b) MBD vàBDN có MBD = BDN = 1200 MB MB CM AD BD = = BD BA CN DN DN (Do ABCD là hình thoi có 0A = 60 nên AB = BC = CD = DA) MBD BDN Suy ra 1 1M = B . MBD vàBKD có BDM = BDK và 1 1M = B nên 0BKD = MBD = 120 Bài 7: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC lần lượt tại I, M, N. Vẽ CE vuông góc với AB, CF vuông góc với AD, BG vuông góc với AC. Gọi K là điểm đối xứng với D qua I. Chứng minh rằng a) IM. IN = ID2 b) KM DM = KN DN c) AB. AE + AD. AF = AC2 Giải a) Từ AD // CM IM CI = ID AI (1) Từ CD // AN CI ID AI IN (2) Từ (1) và (2) suy ra IM ID = ID IN hay ID2 = IM. IN b) Ta có DM CM DM CM DM CM = = = MN MB MN + DM MB + CM DN CB (3) Từ ID = IK và ID2 = IM. IN suy ra IK2 = IM. IN IK IN IK - IM IN - IK KM KN KM IM = = = = IM IK IM IK IM IK KN IK KM IM CM CM = KN ID AD CB (4) Từ (3) và (4) suy ra KM DM = KN DN c) Ta có AGB AEC AE AC= AB.AE = AC.AG AG AB AB. AE = AG(AG + CG) (5) CGB AFC AF CG CG = AC CB AD (vì CB = AD) AF . AD = AC. CG AF . AD = (AG + CG) .CG (6) 1 1 K M ND C B A I K F G E M D C BA N 43 Cộng (5) và (6) vế theo vế ta có: AB. AE + AF. AD = (AG + CG) .AG + (AG + CG) .CG AB. AE + AF. AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2 Vậy: AB. AE + AD. AF = AC2 Bài tập về nhà Bài 1 Cho Hình bình hành ABCD, một đường thẳng cắt AB, AD, AC lần lượt tại E, F, G Chứng minh: AB AD AC + = AE AF AG HD: Kẻ DM // FE, BN // FE (M, N thuộc AC) Bài 2: Qua đỉnh C của hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng cắt BD, AB, AD ở E, G, F chứng minh: a) DE2 = FE EG . BE2 b) CE2 = FE. GE (Gợi ý: Xét các tam giác DFE và BCE, DEC và BEG) Bài 3 Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD cắt nhau tại một điểm. Chứng minh rằng a) BH CM AD. . 1 HC MA BD b) BH = AC 44 CHUYÊN ĐỀ 11 – PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO A.Mục tiêu: * Củng cố, ôn tập kiến thức và kỹ năng giải các Pt bậc cao bằng cách phân tích thành nhân tử * Khắc sâu kỹ năng phân tích đa thức thành nhân tử và kỹ năng giải Pt B. Kiến thức và bài tập: I. Phương pháp: * Cách 1: Để giải các Pt bậc cao, ta biến đổi, rút gọn để dưa Pt về dạng Pt có vế trái là một đa thức bậc cao, vế phải bằng 0, vận dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử để đưa Pt về dạng pt tích để giải * Cách 2: Đặt ẩn phụ II. Các ví dụ: 1.Ví dụ 1: Giải Pt a) (x + 1)2(x + 2) + (x – 1)2(x – 2) = 12 ... 2x3 + 10x = 12 x3 + 5x – 6 = 0 (x3 – 1) + (5x – 5) (x – 1)(x2 + x + 6) = 0 2 2 x = 1 x - 1 = 0 x 11 23x + x + 6 = 0 x + 0 2 4 (Vì 21 23x + 0 2 4 vô nghiệm) b) x4 + x2 + 6x – 8 = 0 (1) Vế phải của Pt là một đa thức có tổng các hệ số bằng 0, nên có một nghiệm x = 1 nên có nhân tử là x – 1, ta có (1) (x4 – x3) + (x3 – x2) + (2x2 – 2x) + (8x – 8) = 0 ... (x – 1)(x3 + x2 + 2x + 8) (x – 1)[(x3 + 2x2) – (x2 + 2x) + (4x – 8) ] = 0 (x – 1)[x2(x + 2) – x(x + 2) + 4(x + 2) = 0 (x – 1)(x + 2)(x2 – x + 4) = 0 .... c) (x – 1)3 + (2x + 3)3 = 27x3 + 8 x3 – 3x2 + 3x – 1 + 8x3 + 36x2 + 54x + 27 – 27x3 – 8 = 0 - 18x3 + 33x2 + 57 x + 18 = 0 6x3 - 11x2 - 19x - 6 = 0 (2) Ta thấy Pt có một nghiệm x = 3, nên vế trái có nhân tử x – 3: (2) (6x3 – 18x2) + (7x2 – 21x) + (2x – 6) = 0 6x2(x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) = 0 (x – 3)(6x2 + 7x + 2) = 0 (x – 3)[(6x2 + 3x) + (4x + 2)] = 0 (x – 3)[3x(2x + 1) + 2(2x + 1)] = 0 (x – 3)(2x + 1)(3x + 2) ..... d) (x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) = 24 [(x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) + 1] – 25 = 0 (x2 + 5x - 1)2 – 25 = 0 (x2 + 5x - 1 + 5)( (x2 + 5x - 1 – 5) = 0 (x2 + 5x + 4) (x2 + 5x – 6) = 0 [(x2 + x) +(4x + 4)][(x2 – x) + (6x – 6)] = 0 (x + 1)(x + 4)(x – 1)(x + 6) = 0 .... e) (x2 + x + 1)2 = 3(x4 + x2 + 1) (x2 + x + 1)2 - 3(x4 + x2 + 1) = 0 45 (x2 + x + 1)2 – 3(x2 + x + 1)( x2 - x + 1) = 0 ( x2 + x + 1)[ x2 + x + 1 – 3(x2 - x + 1)] = 0 ( x2 + x + 1)( -2x2 + 4x - 2) = 0 (x2 + x + 1)(x2 – 2x + 1) = 0 ( x2 + x + 1)(x – 1)2 = 0... f) x5 = x4 + x3 + x2 + x + 2 (x5 – 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 (x – 1) (x4 + x3 + x2 + x + 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 (x – 2) (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 +) x – 2 = 0 x = 2 +) x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0 (x4 + x3) + (x + 1) + x2 = 0 (x + 1)(x3 + 1) + x2 = 0 (x + 1)2(x2 – x + 1) + x2 = 0 (x + 1)2 [(x2 – 2.x. 1 2 + 1 4 ) + 3 4 ] + x2 = 0 (x + 1)2 21 3x + + 2 4 + x2 = 0 Vô nghiệm vì (x + 1)2 21 3x + + 2 4 0 nhưng không xẩy ra dấu bằng Bài 2: a) (x2 + x - 2)( x2 + x – 3) = 12 (x2 + x – 2)[( x2 + x – 2) – 1] – 12 = 0 (x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 = 0 Đặt x2 + x – 2 = y Thì (x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 = 0 y2 – y – 12 = 0 (y – 4)(y + 3) = 0 * y – 4 = 0 x2 + x – 2 – 4 = 0 x2 + x – 6 = 0 (x2 + 3x) – (2x + 6) = 0 (x + 3)(x – 2) = 0.... * y + 3 = 0 x2 + x – 2 + 3 = 0 x2 + x + 1 = 0 (vô nghiệm) b) (x – 4)( x – 5)( x – 6)( x – 7) = 1680 (x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680 Đặt x2 – 11x + 29 = y , ta có: (x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680 (y + 1)(y – 1) = 1680 y2 = 1681 y = 41 y = 41 x2 – 11x + 29 = 41 x2 – 11x – 12 = 0 (x2 – x) + (12x – 12) = 0 (x – 1)(x + 12) = 0..... * y = - 41 x2 – 11x + 29 = - 41 x2 – 11x + 70 = 0 (x2 – 2x. 11 2 +121 4 )+159 4 = 0 c) (x2 – 6x + 9)2 – 15(x2 – 6x + 10) = 1 (3) Đặt x2 – 6x + 9 = (x – 3)2 = y 0, ta có (3) y2 – 15(y + 1) – 1 = 0 y2 – 15y – 16 = 0 (y + 1)(y – 15) = 0 Với y + 1 = 0 y = -1 (loại) Với y – 15 = 0 y = 15 (x – 3)2 = 16 x – 3 = 4 + x – 3 = 4 x = 7 + x – 3 = - 4 x = - 1 d) (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2x2 = 0 (4) Đặt x2 + 1 = y thì (4) y2 + 3xy + 2x2 = 0 (y2 + xy) + (2xy + 2x2) = 0 (y + x)(y + 2x) = 0 46 +) x + y = 0 x2 + x + 1 = 0 : Vô nghiệm +) y + 2x = 0 x2 + 2x + 1 = 0 (x + 1)2 = 0 x = - 1 Bài 3: a) (2x + 1)(x + 1)2(2x + 3) = 18 (2x + 1)(2x + 2)2(2x + 3) = 72. (1) Đặt 2x + 2 = y, ta có (1) (y – 1)y2(y + 1) = 72 y2(y2 – 1) = 72 y4 – y2 – 72 = 0 Đặt y2 = z 0 Thì y4 – y2 – 72 = 0 z2 – z – 72 = 0 (z + 8)( z – 9) = 0 * z + 8 = 0 z = - 8 (loại) * z – 9 = 0 z = 9 y2 = 9 y = 3 x = ... b) (x + 1)4 + (x – 3)4 = 82 (2) Đặt y = x – 1 x + 1 = y + 2; x – 3 = y – 2, ta có (2) (y + 2)4 + (y – 2)4 = 82 y4 +8y3 + 24y2 + 32y + 16 + y4 - 8y3 + 24y2 - 32y + 16 = 82 2y4 + 48y2 + 32 – 82 = 0 y4 + 24y2 – 25 = 0 Đặt y2 = z 0 y4 + 24y2 – 25 = 0 z2 + 24 z – 25 = 0 (z – 1)(z + 25) = 0 +) z – 1 = 0 z = 1 y = 1 x = 0; x = 2 +) z + 25 = 0 z = - 25 (loại) Chú ý: Khi giải Pt bậc 4 dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c ta thường đặt ẩn phụ y = x + a + b 2 c) (4 – x)5 + (x – 2)5 = 32 (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32 Đặt y = x – 3 x – 2 = y + 1; x – 4 = y – 1; ta có: (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32 (y + 1)5 - (y – 1)5 = 32 y5 + 5y4 + 10y3 + 10y2 + 5y + 1 – (y5 - 5y4 + 10y3 - 10y2 + 5y - 1) – 32 = 0 10y4 + 20y2 – 30 = 0 y4 + 2y2 – 3 = 0 Đặt y2 = z 0 y4 + 2y2 – 3 = 0 z2 + 2z – 3 = 0 (z – 1)(z + 3) = 0 ........ d) (x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4 Đặt x – 7 = a; x – 8 = b ; 15 – 2x = c thì - c = 2x – 15 a + b = - c , Nên (x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4 a4 + b4 = c4 a4 + b4 - c4 = 0 a4 + b4 – (a + b)4 = 0 4ab(a2 + 3 2 ab + b2) = 0 2 23 74ab a + b + b 4 16 = 0 4ab = 0 (Vì 2 23 7a + b + b 4 16 0 nhưng không xẩy ra dấu bằng) ab = 0 x = 7; x = 8 e) 6x4 + 7x3 – 36x2 – 7x + 6 = 0 2 21 16 x 7 x - 36 0x x (Vì x = 0 không là nghiệm). Đặt 1x - x = y 2 21x x = y 2 + 2 , thì 47 2 2 1 16 x 7 x - 36 0 x x 6(y 2 + 2) + 7y – 36 = 0 6y2 + 7y – 24 = 0 (6y2 – 9y) + (16y – 24) = 0 (3y + 8 )(2y – 3) = 0 +) 3y + 8 = 0 y = - 8 3 1x - x = - 8 3 ... (x + 3)(3x – 1) = 0 x = - 3x + 3 = 0 13x - 1 = 0 x = 3 +) 2y – 3 = 0 y = 3 2 1x - x = 3 2 ... (2x + 1)(x – 2) = 0 x = 2x - 2 = 0 12x + 1 = 0 x = - 2 Bài 4: Chứng minh rằng: các Pt sau vô nghiệm a) x4 – 3x2 + 6x + 13 = 0 ( x4 – 4x2 + 4) +(x2 + 6x + 9) = 0 (x2 – 2)2 + (x + 3)2 = 0 Vế trái (x2 – 2)2 + (x + 3)2 0 nhưng không đồng thời xẩy ra x2 = 2 và x = -3 b) x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0 (x – 1)( x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 x7 – 1 = 0 x = 1 x = 1 không là nghiệm của Pt x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0 Bài tập về nhà: Bài 1: Giải các Pt a)(x2 + 1)2 = 4(2x – 1) HD: Chuyển vế, triển khai (x2 + 1)2, phân tích thành nhân tử: (x – 1)2(x2 + 2x + 5) = 0 b) x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 24 (Nhân 2 nhân tử với nhau, áp dụng PP đặt ẩn phụ) c) (12x + 7)2(3x + 2)(2x + 1) = 3 (Nhân 2 vế với 24, đặt 12x + 7 = y) d) (x2 – 9)2 = 12x + 1 (Thêm, bớt 36x2) e) (x – 1)4 + (x – 2)4 = 1 ( Đặt y = x – 1,5; Đs: x = 1; x = 2) f) (x – 1)5 + (x + 3)5 = 242(x + 1) (Đặt x + 1 = y; Đs:0; -1; -2 ) g) (x + 1)3 + (x - 2)3 = (2x – 1)3 Đặt x + 1 = a; x – 2 = b; 1 - 2x = c thì a + b + c = 0 a3 + b3 + c3 = 3abc h) 6x4 + 5x3 – 38x2 + 5x + 6 = 0 (Chia 2 v
File đính kèm:
- 17_Chuyen_de_hay_Boi_duong_hoc_sinh_gioi_Toan_lop_9.pdf