Chuyên đề Bồi dưỡng ôn thi Học sinh giỏi cấp Huyện môn Toán - Năm học 2022-2023

Nội dung text: Chuyên đề Bồi dưỡng ôn thi Học sinh giỏi cấp Huyện môn Toán - Năm học 2022-2023

1. NỘI DUNG ÔN THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN Năm học 2022-2023 1. Số học: - Phép chia hết trong N, trong Z - Phương trình nghiệm nguyên bậc 2 - Số chính phương, số nguyên tố 2. Đại số: - Căn bậc hai – Căn bậc ba - Phương trình giá trị tuyệt đối – Phương trình vô tỉ - Bất phương trình - Hệ phương trình đối xứng (loại I) - Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức - Giải bài toán bằng cách lập phương trình , lập hệ phương trình - Cực trị của đa thức 3. Hình học: - Tam giác – Tứ giác - Đường tròn - Hình học phân hóa
2. CHUYÊN ĐỀ 1: PHÉP CHIA HẾT TRONG N, TRONG Z I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ a. Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kì a và b (b ≠ 0). Tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên q và r sao cho a = bq + r với 0 r < | | - Nếu r = 0 thì a chia hết cho b hay a là bội của b hay b là ước của a - Nếu r ≠ 0 thì phép chia a cho b là phép chia có dư. b. Một số tính chất Với a, b, c, d ∈ Ζ - Nếu a ≠ 0 thì a⋮a; 0⋮a - Nếu a⋮b và b⋮c thì a⋮c - Nếu a⋮b thì ac⋮b - Nếu a⋮b và b⋮a thì a = ± b - Nếu a⋮b, a⋮c thì a ⋮ BCNN(b;c) Hệ quả: - Nếu a⋮b, a⋮c và (b;c) = 1 thì a⋮b.c - Nếu ab ⋮ c và (b;c) = 1 thì a ⋮ c c. Một số định lý thường dùng - Nếu a ⋮ c, b ⋮ c thì (a ± b) ⋮ c - Nếu a ⋮ c, b ⋮ c thì (a ± b) ⋮ c - Nếu a ⋮ c, b ⋮ d thì ab ⋮ cd d. Dấu hiệu chia hết - Chia hết cho 2: số có chữ số tận cùng là 0; 2; 4; 6; 8 - Chia hết cho 3: số có tổng các chữ số chia hết cho 3 - Chia hết cho 4: số có hai chữ số tận cùng chia hết cho 4 - Chia hết cho 5: số có chữ số tận cùng là 0; 5 - Chia hết cho 8: số có ba chữ số tận cùng chia hết cho 8 - Chia hết cho 9: số có tổng các chữ số chia hết cho 9 II. BÀI TẬP Bài 1. Chứng minh rằng a. Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6 b. Tích bốn số nguyên liên tiếp chia hết cho 24 c. Tích năm số nguyên liên tiếp chia hết cho 120
3. d. Tích sáu số nguyên liên tiếp chia hết cho 720 Bài 2. Chứng minh rằng a. Tích ba số chẳn liên tiếp chia hết cho 48 b. Tích bốn số chẳn liên tiếp chia hết cho 384 c. Tích năm số chẳn liên tiếp chia hết cho 3840 Bài 3. Cho n ∈ Ζ. Chưng minh rằng a. n3 - n chia hết cho 6 b. n3 + 59n chia hết cho 6 2 2 c. n (n - 1) chia hết cho 12 d. (n2 + 3n + 1)2 - 1 chia hết cho 24 e. n5 - n chia hết cho 30 f. n5 - 5n3 + 4n chia hết cho 120 Bài 4. Chứng minh rằng a. n3 + 3n2 - n - 3 chia hết cho 48 với n lẻ b. n8 - n6 - n4 + n2 chia hết cho 1152 với n lẻ c. n4 - 4n3 - 4n2 + 16n chia hết cho 384 với n chẳn Bài 5. Chứng minh rằng a. 3105 + 4105 chia hết cho 13 b. 32003 - 9 chia hết cho 13 c. 22225555 + 55552222 chia hết cho 7 Bài 6. a. Tìm tất cả số tự nhiên n để 2n - 1 chia hết cho 7 b. Chứng minh rằng 2n + 1 không chia hết cho 7, n ∈ N Bài 7. Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn (x - y)(y - z)(z - x) = x + y + z. Chứng minh x + y + x chia hết cho 27 Bài 8. Cho A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k + 15 với k ∈ Z. Tìm điều kiện của k để A chia hết cho 16 Bài 9. Cho bốn số tự nhiên bất kì a, b, c, d. Chứng minh rằng (b - a)(c - a)(d - a)(c - b)(d - b)(d - c) chia hết cho 12 Bài 10. Chứng minh rằng nếu số tự nhiên a không chia hết cho 5 thì a8 + 3a4 - 4 chia hết cho 100
4. CHUYÊN ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Dạng 1: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax + by = c Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5 + 7 = 112 Giải 112 7 => 5x + 7y = 112 = 5 110 5 2 2 2(1 ) = 5 = 22 ― y + 5 (1 ― )⋮5 (1 ― ) ⋮5 Vì , nguyên dương nên 112 ― 7 > 0 0 y = 1; 6; 11 + = 1 => = 21 + = 6 => = 14 + = 11 => = 7 Vậy S = {(21;1); (14;6); (7;11)} Áp dụng: Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau: 1) 7 + 4 = 100 2) 3 + 5 = 19 3) 4 + 17 = 25 Dạng 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT: a a 1 k 2 Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 x y2 0 Giải 2 x 0 = 0 x x 1 y => => = ― 1 x 1 0 Vậy S = {(0;0); ( ―1 ;0)} Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 y2 3xy x2 y2 Giải x y 2 x2 y2 xy xy xy 1 + = 0 = 0 => = 0; = 0 thõa mãn ― 1 = 0 Vậy S = {(0;0)}
5. Áp dụng: Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 y2 x 2y 1 HD: x2 x y2 2y 1 y 1 2 x x 1 Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy y2 x2 y2 HD: x y 2 x2 y2 xy xy xy 1 DẠNG 3: ĐƯA VỀ TỔNG CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên: 4x2 8y2 8xy 4y 8 0 Giải 4x2 8y2 8xy 4y 8 0 2x 2y 2 2y 1 2 9 02 32 2 + 2 = 0 2 + 2 = 3 2 + 1 = 3 hoặc 2 + 1 = 0 = ― 1 = 2 = 1 hoặc = ― 1 ( loại ) 2 S = {( ―1;1)} Áp dụng: Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 y2 x y 8 HD: Nhân với 4 ta được: 4x2 4x 1 4y2 4y 1 34 Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 4xy 5y2 169 HD: x 2y 2 y2 169 Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 5y2 2y 4xy 3 0 HD: x 2y 2 y 1 2 4 Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: x2 13y2 6xy 100 HD: x 3y 2 4y2 100 DẠNG 4: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH Bài 1 : Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 4x y2 1 HD : x2 4x 4 y2 5 Bài 2 :Giải phương trình nghiệm nguyên : x y 2xy 6 1 11 HD:Ta có: x 1 2y y 6 x 1 2y y 2 2
6. 2x 1 2y 2y 1 11 2x 1 2y 1 11 Bài 3 : Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 y2 1999 HD: x y x y 1999 Bài 4 : Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 4y2 1 HD :Biến đổi phương trình thành : x 2y x 2y 1 Bài 5 : Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 y2 91 HD :Biến đổi phương trình thành : x y x y 91
7. CHUYÊN ĐỀ 3: SỐ CHÍNH PHƯƠNG, SỐ NGUYÊN TỐ Câu 1. Cho n là một số tự nhiên. Chứng minh rằng A n n 1 n 2 n 3 1 là số chính phương HD: Ta có: A n(n 1)(n 2)(n 3) 1 n(n 3)(n 1)(n 2) 1 n2 3n n2 3n 2 1 Đặt t n2 3n thì A t t 2 1 t 2 2t 1 t 1 2 2 A n2 3n 1 Vì n ¥ nên n2 3n 1 ¥ Vậy A là số chính phương Câu 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì A x y x 2y x 3y x 4y y4 là số chính phương HD: Ta có: A x y x 2y x 3y x 4y y4 x y x 4y x 2y x 3y x2 5xy 4y2 x2 5xy 6y2 y4 Đặt t x2 5xy 5y2 thì A t y2 t y2 y4 t 2 y4 y4 t 2 2 A x2 5xy 5y2 Vì x, y ¢ nên x2 5xy 5y2 ¢ Vậy A là số chính phương Câu 3. Cho S 1.2.3 2.3.4 3.4.5 ... k(k 1)(k 2). Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương. HD: 1 1 Ta có: k(k 1)(k 2) k(k 1)(k 2).4 k(k 1)(k 2).(k 3) (k 1) 4 4 1 1 k(k 1)(k 2)(k 3) k(k 1)(k 2)(k 1) 4 4
8. 1 1 1 1 1 1 S .1.2.3.4 .0.1.2.3 .2.3.4.5 .1.2.3.4 ... k(k 1)(k 2)(k 3) k(k 1)(k 2)(k 1) 4 4 4 4 4 4 4S 1.2.3.4 0.1.2.3 2.3.4.5 1.2.3.4 ... k(k 1)(k 2)(k 3) k(k 1)(k 2)(k 1) k(k 1)(k 2)(k 3) 4S 1 k(k 1)(k 2)(k 3) 1 là tích của 4 số tự nhiên liên tiếp Theo kết quả câu 1 thì k(k 1)(k 2)(k 3) 1 là số chính phương Câu 4. Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương a) n2 2n 12 b) n n 3 c) n2 n 43 HD: a) Vì n2 2n 12 là số chính phương nên đặt n2 2n 12 k 2 k ¥ n2 2n 1 11 k 2 k 2 n 1 2 11 k n 1 k n 1 11 Mà k n 1 k n 1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có: k n 1 11 k 6 k n 1 k n 1 11.1 k n 1 1 n 4 Vậy n = 4 thì n2 2n 12 là số chính phương b) Đặt n n 3 a2 (a ¥ ) n2 3n a2 4 n2 3n 4a2 4n2 12n 4a2 4n2 12n 9 9 4a2 2n 3 2 4a2 9 2n 3 2a 2n 3 2a 9 Mà 2n 3 2a 2n 3 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có: 2n 3 2a 9 n 1 2n 3 2a 2n 3 2a 9.1 2n 3 2a 1 a 2 Vậy n = 1 thì n n 3 là số chính phương c) Đặt n2 n 43 y2 (y ¥ )
9. 4 n2 n 43 4y2 4n2 4n 172 4y2 4n2 4n 1 171 4y2 4y2 2n 1 2 171 2y 2n 1 2y 2n 1 171 Mà 2y 2n 1 2y 2n 1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có: 2y 2n 1 2y 2n 1 171.1 57.3 9.19 2y 2n 1 171 n 42 TH1: 2y 2n 1 1 y 43 2y 2n 1 57 n 13 TH2: 2y 2n 1 3 y 15 2y 2n 1 19 n 2 TH3: 2y 2n 1 9 y 7 Vậy n 2;13;42 thì n2 n 43 là số chính phương Câu 5. Tìm n ¥ * để: a) n3 n2 n 1 là số nguyên tố b) n4 4 là số nguyên tố HD: a) n3 n2 n 1 n2 (n 1) n 1 n 1 n2 1 TH1: n 1 1 và n2 1 nguyên tố n 2 và n2 1 5 (thỏa) TH2: n2 1 1 và n 1 nguyên tố n 0 và n2 1 1 (không thỏa) Vậy với n 2 thì n3 n2 n 1 là số nguyên tố 2 b) Ta có: n4 4 n4 4n2 4 4n2 n2 2 2n 2 n2 2 2n n2 2 2n Do n2 2 2n 1 nên để n4 4 là số nguyên tố thì n2 2 2n 1 n 1 2 1 1 n 1 Thử lại, với n 1 thì n4 4 14 4 5 là số nguyên tố Vậy với n 1 thì n4 4 là số nguyên tố
10. Câu 6. a) Tìm các số nguyên số p để 2 p 1 là lập phương của một số tự nhiên. b) Tìm các số nguyên tố p để 13p 1 là lập phương của một số tự nhiên. HD: +) Giả sử 2 p 1 n3 (n ¥ ) . Do 2 p 1 là số lẻ nên n3 lẻ suy ra n lẻ n 2k 1, k ¥ 3 +) Khi đó ta có 2 p 1 2k 1 2 p 1 8k 3 12k 2 6k 1 2 p 8k 3 12k 2 6k p 4k 3 6k 2 3k p k 4k 2 6k 3 Do 4k 2 6k 3 1 nên để p là số nguyên tố thì k 1 Khi đó p 1 4.12 6.1 3 13 (thỏa) Vậy p 13 thỏa mãn bài toán b) +) Giả sử 13p 1 n3 (n ¥ ) . Do p nguyên tố nên p 2 13p 1 27 n3 27 n 3 +) Ta có: 13p 1 n3 13p n3 1 (n 1)(n2 n 1) . (*) Do 13 và p đều là các số nguyên tố và n 1 2; n2 n 1 13 nên n 1 13 hoặc n 1 p +) Với n 1 13 n 14 thay vào (*) ta được 13p 14 1 142 14 1 p 211 là số nguyên tố +) Với n 1 p thì n2 n 1 13 n 3 khi đó p 2 là số nguyên tố Vậy với p 211, p 2 thì 13p 1 là lập phương của một số tự nhên. Câu 7. Tìm tất cả số nguyên tố p sao cho p 2 và p 4 là các số nguyên tố. Với p 2 thì p 2 4và p 4 6 không phải là các số nguyên tố. Với p 3 thì p 2 5 và p 4 7 là các số nguyên tố. Với p 3mà p là số nguyên tố nên p có dạng p 3k 1 hoặc p 3k 2 Nếu p 3k 1 thì p 2 3k 3 3 k 1 3 không là số nguyên tố Nếu p 3k 2 thì p 4 3k 6 3 k 2 3 không là số nguyên tố Vậy với p 3 thì p 2 và p 4 là các số nguyên tố. 1 1 1 Câu 8. Cho các số nguyên dương a, b, c sao cho . Chứng minh rằng a b a b c không thể là số nguyên tố.
11. HD: 1 1 1 a b 1 +) Ta có: c a b ab (*) a b c ab c a a b +) Giả sử a b là số nguyên tố, kết hợp với (*) ta được ab a b vô lí vì a, b là b a b các số nguyên dương nên a a b và b a b . Do đó giả sử là sai. Vậy a b không thể là số nguyên tố (đpcm) Câu 9. Tìm tất cả các số nguyên tố x, y thỏa x2 6y2 1 (*) HD: Ta có x2 6y2 1 x2 6y2 1. Do 6y2 1 lẻ nên x2 lẻ suy ra x lẻ nên x có dạng: x 2k 1, k ¥ , thay vào pt ta có: 2k 1 2 6y2 1 4k 2 4k 6y2 2k 2 2k 3y2 Do là số chẵn suy ra 3y2 chẵn nên y chẵn, mà y là số nguyên tố nên y 2 2 2 2 x 5 (N) +) Thay y 2 vào (*) ta có: x 6.2 1 x 25 x 5 (L) Vậy cặp số nguyên thỏa mãn bài toán là x 5, y 2 Câu 10. Cho số tự nhiên n 2 và số nguyên tố p thỏa mãn p 1 chia hết cho n đồng thời n3 1 chia hết cho p . Chứng minh rằng n p là một số chính phương. HD: +) Ta có: n3 1 n 1 n2 n 1  p (*) và p 1 n p 1 n p n 1 p n 1 n 1 không chia hết cho p, do đó từ (*) n2 n 1  p +) Đặt p 1 kn, k 1 p kn 1 n2 n 1  kn 1 kn 1 n2 n 1 kn n2 n k n 1, ** 2 +) Ta có k n n 1 n kn 1  kn 1 k 1 n k  kn 1 Mà k 1 k 1 n k 0 k 1 n k kn 1 k n 1(***) +) Từ (**) và (***) k n 1 p kn 1 n2 n 1 n p n2 2n 1 n 1 2 Vậy n p là một số chính phương
12. CHUYÊN ĐỀ 4: CĂN BẬC HAI- CĂN BẬC BA Bài 1: Rút gọn biểu thức: 1) 69 16 5 6 2 5 = 8 5 5 1 = 9 3 18 27 2)A 9 4 5 9 4 5 2 3 2 2 3 2 3 3 5 2 5 2 2 3 3 2 3 5 2 5 2 2 3 5 2 5 2 3 1 3) 5 3 29 12 5 = 5 3 2 5 3 5 6 2 5 5 5 1 1 4)C 4 10 2 5 4 10 2 5 C 2 8 2 5 1 2 C 2 6 2 5 5 1 C 5 1 1 1 a 1 a 2 Bài 2) Cho Q = : a 1 a a 2 a 1 a/. Tìm TXĐ rồi rút gọn Q b/. Tìm a để Q dương (a > 4) * HD: a) ĐKX Đ: a > 0; a ≠ 1; a ≠ 4
13. 1 a 1 a 4 Q : a 1 a a 2 a 1 1 a 2 a 1 Q  a 1 a 3 a 2 Q 3 a b/. Tìm a để Q dương: Vì a >0 => a 0 =>3 a 0 nên ta có: a 2 0 3 a a 2 0 a 2 a 4 a 2 a 2 a 1 Bài 3) Cho biểu thức M = a 2 a 1 a 1 a a/. Tìm điều kiện của a để M có nghĩa. b/. Rút gọn M. c/. Tìm các số nguyên a để M là số nguyên. Hướng dẫn a/. ĐKXĐ: a > 0; a ≠ 1 a 2 a 2 a 1 b/. M a 2 a 1 a 1 a 2 a. a 1 2 2 a 1 a 1 . a a 1 2 c/. Ta có M = a 1 M Z a 1 là ước của 2 a 1 1; 2 a 2;0;3; 1 So với điều kiện ta được: a = 2; a = 3 4 2 3 3 2016 Bài 4: Cho x . Tính P x2 x 1 5 2 3 17 5 38 2
14. =>HD: 3 1 3 Ta có: x 3 3 5 2 17 5 38 2 1 x 3 17 5 38 17 5 38 2 1 1 x 1 2 3 2 1 2 3 17 5 38 2 2016 Vậy P x2 x 1 1 Bài 5: Cho x + y = -5 và x2 y2 11. Tính x4 y4 2 Ta có: x4 y4 x2 y2 2 xy 2 (*) Ta lại có: x + y = -5 => x y 2 25 x2 2xy y2 25 x2 y2 2xy 25 11 2xy 25 xy 7 Thay x2 y2 11và xy = 7 vào (*), ta có: x4 y4 112 2.72 23 6 2 6 2 1 1 Bài 6: Cho a và b . Tính S 2 2 a4 b4 Ta có: 2 2 2 2 1 1 a b 2 ab S (*) a4 b4 ab 4 6 2 6 2 Ta lại có: a.b =  =1 2 2 6 2 6 2 a+b = = 6 2 2 a b 2 a2 2ab b2 2 a2 b2 a b 2 2ab 6 2.1 4 Thay vào (*), ta được:
15. 2 2 2 2 a b 2 ab 42 2.1 S 14 ab 4 14 3 3 Bài 7: a) Tính giá trị biểu thức 3 5 3 5 A 2 2 x 3 2 x 1 x 2 b) Cho biểu thức P . Tìm x để P 2 x 2 x 1 x 3 x 2 3 3 -> HD: a) 3 5 3 5 72 32 5 72 32 5 2.72 A 18 2 2 8 8 8 b) ĐK: x 0; x 1;4 x 1 1 Ta có: P x 2 x 1 x 2 1 P 2 2 x 2 x 2 x 4 x 2 0 25 1 25 4 x 2 x 2 1 x 2 x 4 2 4 2018 Bài 8: Cho biểu thức A x2 x 1 2019. 3 3 Tính giá trị của biểu thức A khi x 3 1 1 3 1 1 3 3 1 1 3 3 1 1 3 3 x 2 3 1 1 3 1 1 3 1 1 3 1 1 2018 A x2 x 1 2019=1+2019 =2020 Bài 9: Cho x 3 5 2 13 3 5 2 13 . Tính giá trị của biểu thức A x2015 x2016 2017 x 3 5 2 13 3 5 2 13 x3 10 9x x3 9x 10 0
16. x 1 x2 x 10 0 x 1 0 x 1 2 x x 10 0(VN) Thay vào biểu thức A x2015 x2016 2017 2017 Bài 10: Tính giá trị của biểu thức P P 3x2013 5x2011 2006 với x 6 2 2 3 2 2 3 18 8 2 3 Ta có x 6 2 2 3 2 2 3 18 8 2 3 1 => P = 2014
17. CHUYÊN ĐỀ 5: PHƯƠNG TRINNHF GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ A. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI I. LÝ THUYẾT A khi A 0 1/ Định nghĩa: A A khi A 0 2/ Một số dạng phương trình cơ bản: A(x) a Dạng 1: A(x) a (a 0) A(x) a B(x) 0 Dạng 2: A(x) B(x) A(x) B(x) A(x) B(x) Dạng 3: A(x) B(x) A(x) B(x) Dạng 4: | A( x )| | B( x )| C( x ) Cách giải: Lập bảng xét dấu GTTĐ, sau đó giải phương trình theo từng khoảng trong bảng. II. BÀI TẬP: Câu 1: Giải các phương trình sau: 3 7 5 a) 2x 2 4 4 b) x 3 5x 1 0 c) x 1 2x 5 Hướng dẫn: 7 1 x 1 3 7 5 7 1 2x a. 2x 2x 4 4 3 2 4 4 4 4 7 1 x 2x 4 4 4 b) 1 x 5 1 5x 0 2 x 3 5x 1 0 x 3 1 5x x 3 1 5x x L 3 x 3 5x 1 1 x N 2 c)
18. x 1 2x 5 x 4 x 1 2x 5 x 1 5 2x x 2 Câu 2: Giải phương trình: x 5 x 3 3x 1 Hướng dẫn: Lập bảng xét dấu GTTĐ: x - 3 5 x – 5 – – 0 + x + 3 – 0 + + Xét ba khoảng giá trị của biến x : 3 a) Với x < – 3 ta được phương trình: (5 – x ) – ( x + 3 ) = 3x – 1 x ( L ) 5 b) Với 3 x 5 ta được phương trình : (5 – x ) + ( x + 3 ) = 3x – 1 x 3 ( N ) c) Với x 5 ta được phương trình: (x – 5 ) + ( x + 3 ) = 3x – 1 x 1 ( L ) Câu 3: Giải phương trình: x 3 x 1 Hướng dẫn: + Với x 0 ta được phương trình x 3 x 1 x 1 ( N ) + Với x < 0 ta được phương trình x 3 x 1 x 2 ( N ) Câu 4: Giải phương trình : |4x – 17| = x2 – 4x – 5 17 x 4 x 6 ( N ) 4x 17 0 4x 17 x2 4x 5 x 2 ( L ) 2 Hướng dẫn: |4x – 17| = x – 4x – 5 4x 17 0 17 x 2 4 4x 17 x 4x 5 x 22 ( L ) x 22 ( N ) a x Câu 5: Biết rằng phương trình |2x - 5| + |2x2 - 7x + 5| = 0 có một nghiệm hữu tỉ b , a và b nguyên tố cùng nhau. Tính a + b. Hướng dẫn: Vì |2x - 5| ≥ 0 và |2x2 - 7x + 5| ≥ 0 với mọi x nên để |2x - 5| + |2x2 - 7x + 5| = 0 thì: 2x 5 0 5 2 x 2x 7x 5 0 2 5 Vậy phương trình có 1 nghiệm là x . Suy ra a = 5 và b = 2. Vậy a + b = 5 + 2 = 7 2
19. Câu 6: Tìm m để phương trình |2 – 3x| - 1 = 2m – 7 có nghiệm duy nhất. Hướng dẫn: |2 – 3x| - 1 = 2m – 7 |2 – 3x| = 2m – 6 Phương trình có nghiệm duy nhất khi 2m – 6 = 0. Câu 7: Giải phương trình: |5x 1| |3 2x | | 4 3x | Hướng dẫn: |5x 1| |3 2x | |5x 1 3 2x | |3x 4| 5x 1 0 3 2x 0 Phương trình xảy ra khi (5x + 1)(3 – 2x) 0 5x 1 0 3 2x 0 3 | x 1| Câu 8: Giải phương trình 2 | x 1| 3 Hướng dẫn: ĐKXĐ : x 1 | x 3| 1 2 | x 3| x 2 ( N ) Đặt t = , t > 0 ta được: t 2 t 2t 1 0 t 1( N ) 1 3 t 3 x 4 ( N ) x2 1 | x 1| Câu 9: Giải phương trình 2 | x | x 2 Hướng dẫn: ĐK: x 0, x 2. x2 1 | x 1| 2 x2 1 | x 1| 2| x | x 2 | x | x 2 Xét 3 trường hợp: TH1: x < - 1 ta được phương trình x2 – 1 – (x + 1) = -2x(x – 2). TH2: 1 x 0 ta được phương trình x2 – 1 + x + 1 = -2x(x – 2) TH3: x > 0 ta được phương trình x2 – 1 + x + 1 = 2x(x – 2) 1 1 1 Câu 10: Giải phương trình x x ... x 50x 1.3 5.7 97.99 Hướng dẫn: VT 0 nên VP 0 50x 0 x 0 1 1 1 Vì x 0 nên x x ... x 50x 1.3 5.7 97.99 1 1 1 x x ... x 50x 1.3 5.7 97.99 1 1 1 49x .... 50x 1.3 5.7 97.99 1 1 1 x .... 1.3 5.7 97.99
20. 49 x (Nhận) 99 B. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 1. Phương pháp nâng lũy thừa: f (x) 0 1. f (x) g(x) g(x) 0 f (x) g(x) g(x) 0 2. f (x) g(x) 2 f (x) g (x) f (x) 0 3. f (x) g(x) h(x) g(x) 0 f (x) g(x) 2 f (x).g(x) h(x) Bài tập 1. Giải phương trình a. x 1 x 1 b. x 2x 3 0 c. x 4 1 x 1 2x d. x 2 3 x2 4 0 e. 3 x x 3 x f. 2 x 3 9x2 x 4 HD: x 1 0 a. x 1 x 1 2 x 1 x 1 x 0 b. x 2x 3 0 2x 3 x 2 2x 3 x c.