Chuyên đề: Giá trị một biểu thức

CHUYÊN ĐỀ: GIÁ TRỊ MỘT BIỂU THỨC Bài 1: Giả sử x, y, z là các số thực khác 0 thoả mãn hệ đẳng thức: Hãy tính giá trị biểu thức: P = Giải: x (y + z) = 0 = 0 Nếu x = -y, thay vào (2) được z3 = 1, suy ra z = 1. khi đó P = = = 1 Các trường hợp còn lại xét tương tự. Vậy P = 1 Bài 2: Cho các số a, b, x, y thoả mãn hệ: . Hãy tính giá trị biểu thức: A = ax5 + by5; B = ax2001 + by2001 Giải: => => => Đặt S = x + y, P = xy, thay vào (6), (7) ta có: Giải hệ phương trình này được x = 2, y = 1 hoặc x = 1, y = 2. Do vai trò của x, y như nhau nên chọn x = 2, y = 1. Khi đó từ các phương trình (1), (2) ta lại có: Vậy A = ax5 + by5 = 32 + 1 = 33; B = ax2001 + by2001 = 22001 +1. Bài 3: Xét đa thức: P(x) = ( 1 – x + x2 – x3 + - x1999).(1 + x + x2 + + x1999 + x2000) Khai triển và ước lượng số hạng đồng dạng có thể viết: P(x) = a0 + a1x + a2x2 + + a4000x4000 Tính a2001 Giải: Đặt f(x) = 1 – x + x2 – x3 + - x1999 và g(x) = 1 + x + x2 + + x1999 + x2000 Để có x2001 của P(x) thì một hạng tử xk ( 0 k 2000) của f(x) phải nhân với hạng tử xm (0 m 2000) của g(x) sao cho k + m = 2001. Suy ra: + Nếu k = 0 thì m = 2001 không thoả mãn. + Nếu k = 1 thì m = 2000 + Nếu k = 2 thì m = 1999 + Nếu k = 2000 thì m = 1 Vậy a2001x2001 = (-x.x2000 + x2.x1999 – x3.x1998 + x4.x1997 – x5.x1996 + - x1999.x2 + x2000.x => a2001x2001 = (-1 + 1 – 1 + 1 – 1 + -1 + 1).x2001 Trong dãy số: 1, 2, 3, , 1999, 2000 có 1000 số lẻ, 1000 số chẵn. Các hạng tử với số mũ lẻ của f(x) có hệ số bằng -1, các hạng tử với số mũ chẵn của f(x) có hệ số bằng 1. Do đó a2001 = 0 Bài 4: Cho P(x) = x3 + ax2 + bx + c. Giả sử P(1) = 5; P(2) = 10. Tính Giải: Từ giả thiết của đề bài suy ra Trừ từng vế 2 phương trình của hệ ta được: 3a + b = 2. P(12) – P(-9) = [123 –(-9)3] + a(122 – (-9)2) + (12 – (-9))b = 2457 + 63a + 21b = = 2457 + 21(3a + b) = 2457 – 42 = 3415 Vậy = Bài 5: Tính giá trị biểu thức: Q = nếu x2 – 2y2 = xy và y 0 Giải: x2 – 2y2 = xy x(x – 2y) + y(x – 2y) = 0 (x – 2y)(x + y) = 0 x = 2y Với x = 2y thì Q = = = (vì y 0) Bài 6: Tính giá trị biểu thức: P = Giải: Đặt x = 2003, ta có P = Vì x(x + 5) + 4 = x2 + 5x + 4 = (x + 1)(x + 4) x2(x + 10) + 31(x + 1) = x3 + 10x2 + 31x + 30 = (x + 1)(x + 2)(x + 5) Vậy P = = 1 Bài 7: Cho các số thực dương a và b thoả mãn: a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102. Hãy tính giá trị biểu thức P = a2004 + b2004 Giải: Từ điều kiện đề bài suy ra: + Nếu a = 1 thì từ (1) => b100(b – 1) = 0 mà b100 > 0 nên b -1 = 0. Thoả mãn điều kiện đề bài. Khi đó P = 1 + 1 = 2 + Nếu a 1 thì từ (2) suy ra b 1. Các vế của (1) và (2) đều khác 0. Chia theo từng vế của (1) và (2) suy ra a = b. Khi đó từ điều kiện của đề bài ta có 2a100 = 2a101 = 2a102, suy ra => a = 1; b = 1. Vậy P = 1 + 1 = 2 Bài 9: Tìm f(2), nếu với mọi x ta đều có: f(x) + 3f = x2 Giải: Do f(x) + 3f = x2 nên: + Cho x = 1, ta có f(1) + 3f(1) = 1 => f(1) = 1/4 + Cho x = 2 . Trừ vế theo vế ta được: 8f(2) = f(2) = Bài 10: Cho x, y thoả mãn: . Tính Q = x2 + y2 Giải: (1) x3 + 1 + 2(y – 1)2 = 0, suy ra x2 = (3). Do đó y2 + 1 2y; mà y2 + 1 > 0 nên 1. Khi đó từ (3) ta có x2 1 (*) Do x -1 nên x2 1 (**) Từ (*) và (**) suy ra x2 = 1 mà x -1, nên x = -1. Thay vào (1) ta được: 2y2 – 4y + 2 = 0 (y – 1)2 = 0 y = 1 Vậy Q = x2 + y2 = 2 Bài 11: Tính A = + + + Giải: Với mọi k = 1, 2, 3, , n ta có: = = = = = Vậy A = 1 – Bài 12: Cho đẳng thức: (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = (x + y – 2z)2 + (y + z – 2x)2 + (x + z – 2y)2 Chứng minh rằng: x = y = z Giải: Đặt x – y = a; y – z = b; z – x = c thì a + b + c = 0. Theo đề bài ta có: a2 + b2 + c2 = (b – c)2 + (c – a)2 + (a – b)2 a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 2a2 + 2b2 + 2c2 (a + b + c)2 = 2(a2 + b2 + c2) Mà a + b + c = 0 nên a2 + b2 + c2 = 0; suy ra a2 = b2 = c2 = 0, suy ra a = b = c = 0 => x = y = z = 0 Bài 13: Cho a, b, c là 4 số nguyên dương bất kỳ, chứng minh rằng số: B = + + + không phải là một số nguyên. Giải: Do a, b, c, d N, ta có: B = + + + > > + + + = 1 (1) Xét = < Tương tự : < ; < ; < Do đó B < = 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra 1 < B < 2. Vậy B không phải là một số nguyên. Bài 14: Cho x, y, z là 3 số thoả mãn điều kiện: 4x2 + 2y2 + 2z2 – 4xy – 4xz + 2yz – 6y – 10z + 34 = 0. (1) Hãy tính : S = (x – 4)2005 + (y – 4)2005 + (z – 4)2005 Giải: (1) (4x2 + y2 + z2 – 4xy – 4xz + 2yz) + (y2 – 6y + 9) + (z2 – 10z + 25) = 0 (2x – y – z)2 + (y – 3)2 + (z – 5)2 = 0 Vậy S = (4 – 4)2005 + (3 – 4)2005 + (5 – 4)2005 = 0 Bài 15: Biết a – b = 7. Tính giá trị biểu thức sau: a2(a + 1) - b2(b – 1) + ab – 3ab(a – b + 1) Giải: a2(a + 1) - b2(b – 1) – 3ab(a – b + 1) = a3 + a2 – b3 + b2 + ab – 3ab(a – b) – 3ab = = (a – b)3 + (a – b)2 = (a – b)2(a – b + 1) = 72(7 + 1) = 392 Bài 16: Cho 3 số a, b, c khác 0, thoả mãn (a + b + c) = 1. Tính giá trị biểu thức: P = (a23 + b23)(b5 + c5)(a1995 + c1995) Giải: Theo điều kiện bài toán (a + b + c) = 1 (a + b + c) = 1 (a + b + c)(ab + bc + ca) – abc = 0 (a + b )(ab + bc + ca) + abc + c(bc + ac) – abc = 0 (a + b )(ab + bc + ca) + c2(b + a) = 0 (a + b)(b + c)(a + c) = 0 a + b = 0; hay b + c = 0, hay a + c = 0 + Nếu a + b = 0 => a = –b a23 = –b23 a23 + b23 = 0 Vậy P = 0 + Nếu b + c = 0 => b = –c b5 = –c5 b5 + c5 = 0 Vậy P = 0 + Nếu a + c = 0 => a = –c a1995 = –c1995 a1995 + c1995 = 0 Vậy P = 0 Vậy với điều kiện đã cho P = 0 Bài tập tương tự: 1/ Cho 3 số a, b, c thoả mãn điều kiện: = Tính: (a25 + b25)(b3 + c3)(c2000 – a2000) Bài 17: 1/ Xác định đa thức bậc 3 sao cho khi chia đa thức ấy lần lượt cho các nhị thức (x – 1), (x – 2), (x – 3) đều có số dư là 6 và tại x = –1 thì đa thức nhận giá trị tương ứng là –18 Giải: Do f(x) chia cho các nhị thức (x – 1), (x – 2) và (x – 3) đều có số dư là 6 nên f(x) – 6 chia hết cho (x – 1), (x – 2) và (x – 3) nên f(x) chia hết cho (x – 1)(x – 2)(x – 3). Vì f(x) là đa thức bậc 3 nên f(x) – 6 = m(x – 1)(x – 2)(x – 3); với m là hằng số. Vì f(–1) = –18 nên –18 – 6 = m(–2)(–3)(–4) m = 1 Vậy f(x) – 6 = (x – 1)(x – 2)(x – 3) = x3 – 6x2 + 11x – 6 f(x) = x3 – 6x2 + 11x 2/ Cho đa thức bậc 2: P(x) = ax2 + bx + c. Tìm a, b, c biết P(0) = 26; P(1) = 3 và P(2) = 2000 Giải: Vì P(0) = 26 => a.02 + b.0 + c = 26 => c = 26 P(1) = 3 => a + b + c = 3 => a + b = -23 P(2) = 2000 => => 2a + b = 987 Từ đó ta tìm được a = 1000 và b = -1023. Bài 18: Chứng minh rằng nếu abc = a + b + c và = 2 thì = 2 Giải: Ta có = – 2 = 4 – 2. = 4 – 2 = 2 Bài 19: Chứng minh rằng nếu x + y + z = 0 thì: 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) Giải: Ta có: x + y + z = 0 nên x + y = –z; x + z = –y; y + z = –x (1) Khi ấy: x3 + y3 + z3 = (x + y)3 – 3xy(x + y) + z3 = (-z)3 – 3xy(-z) + z3 = 3xyz Suy ra: (x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = 3xyz(x2 + y2 + z2) x5 + y5 + z5 + x2y2(x + y) + x2z2(x + z) + y2z2(y + z) = 3xyz(x2 + y2 + z2) x5 + y5 + z5– xyz(xy + yz + zx) = 3xyz(x2 + y2 + z2) (do (1)) => 2(x5 + y5 + z5) – 2xyz(xy + yz + zx) = 6xyz(x2 + y2 + z2) (*) Do (x + y + z)2 = 0 nên –2(xy + yz + zx) = x2 + y2 + z2 => –2xyz(xy + yz + zx) = xyz(x2 + y2 + z2) Thay vào (*) ta được: 2(x5 + y5 + z5) + xyz(x2 + y2 + z2) = 6xyz(x2 + y2 + z2) => 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) Bài 20: Cho ba số x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = 0 và xy + yz + zx = 0. Hãy tính giá trị biểu thức: S = (x – 1)1995 + y1996 + (z + 1)1997 Giải: x + y + z = 0 (x + y + z)2 = 0 x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) = 0; mà xy + yz + zx = 0; nên x2 + y2 + z2 = 0 x = y = z = 0 Do đó: S = (–1)1995 + 01996 + (1)1997 = –1 + 0 + 1 = 0 Bài 21: Chứng minh rằng nếu: thì (a + b)(b + c)(c + a) = 0 Giải: Với a, b, c khác 0 và a + b + c0, ta có: (a + b + c) = 1 (a + b + c) = 1 (a + b + c)(ab + bc + ca) – abc = 0 (a + b )(ab + bc + ca) + abc + c(bc + ac) – abc = 0 (a + b )(ab + bc + ca) + c2(b + a) = 0 (a + b)(b + c)(a + c) = 0 Bài tương tự: 1/ Cho x, y, z là 3 số khác không thoả mãn: . Chứng minh rằng trong 3 số x, y, z tồn tại 2 số đối nhau. HD: Từ điều kiện bài toán ta có: (a + b + c) = 1 để áp dụng bài 21 suy ra điều chứng minh. Bài 22: Cho a, b, c là 3 số đôi một khác nhau, chứng minh rằng: + + = + + Giải: Với a, b, c là 3 số đôi một khác nhau. Ta có: = = = = và = Cộng từng vế các đẳng thức trên, ta được: + + = + + Bài 23: Chứng minh rằng a, b là 2 số dương thoả mãn điều kiện: a + b = 1 thì: = Giải: Với a, b > 0 và a + b = 1: Ta có: = = = (do a + b = 1 => b – 1 = -a và 1 – a = -b) = = = = = Bài 24: Cho x, y, z là các số thoả mãn đồng thời: Hãy tính giá trị biểu thức: P = (x – 1)17 + (y – 1)9 + (z – 1)1997 Giải: Ta có: (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 = = 3(x + y)(y + z)( z + x) (x + y + z)3 = 3(x + y)(y + z)( z + x) + x3 + y3 + z3 1 = 3(x + y)(y + z)( z + x) + 1 3(x + y)(y + z)( z + x) = 0 (x + y) = 0; hay (y + z) = 0; hay ( z + x) = 0 + Nếu x + y = 0, do x + y + z = 1 => z = 1 Mặt khác: x2 + y2 + z2 = 1 x2 + y2 = 0 => x = y = 0 Khi ấy P = (-1)17 + (-1)9 + 01997 = -2 + Lý luận tương tự: y + z = 0 => x = 1 và y = z = 0; Nên P = -2 z + x = 0 => y = 1 và z = x = 0; Nên P = -2 Kết luận: Với x, y, z thoả mãn hệ đã cho thì P = -2 Bài 25: Cho a, b, c thoả: a3 – b2 – b = b3 – c2 – c = c3 – a2 – a = Giải: Ta có: a3 – b2 – b = => a3 = b2 + b + = + > 0 => a > 0. Tương tự: b3 – c2 – c = => b3 = + > 0 => b > 0 và: c3 – a2 – a = => c3 = + > 0 => c > 0 Vai trò a, b, c hoán vị vòng quanh. Giả sử: a là số lớn nhất trong 3 số a, b, c. Với a, b, c > 0: a b => a3 b3 => + + => => b c b c => b3 c3 => + + => => c a Vậy a b c a => a = b = c Bài 26: Cho 3 số a, b, c khác 0 thoả mãn đẳng thức: = = . Tính giá trị biểu thức: P = Giải: Từ giả thiết suy ra: + 2 = + 2 = + 2 => = = . Suy ra a + b + c = 0 hoặc a = b = c + Trường hợp a + b + c = 0 => a + b = -c; a + c = -b và b + c = -a. Thay vào ta được P = -1 + Trường hợp a = b = c, ta được P = 8 Bài 27: Cho a; b; c là 3 số đôi một khác nhau: 1/ Tính S = + + 2/ Chứng minh rằng: + + 2 Giải: 1/ Qui đồng mẫu ta có: S = Phân tích tử thức ta được: ab(a – b) – bc(b – c) + ca(c – a) = = –(a – b)(b – c)(c – a) Vậy S = –1 2/ Đặt = x; = y; và = z Ta có: (x + y + z)2 0 => x2 + y2 + z2 –2(xy + yx + zx) Mà xy + yz + zx = . + . + = S = –1 Vậy x2 + y2 + z2 2. Hay + + 2 Bài 28: Cho = 1 và = 0. Chứng minh = 1 Giải: Do = 0 => = 0 => ayz + bxz + cxy = 0 Mặt khác: = 1 nên = 1 => + 2 = 1 => + 2 = 1 => = 1 (do ayz + bxz + cxy = 0) Bài tập tương tự: Cho a + b + c = 1 và = 0. Chứng minh a2 + b2 + c2 = 1 HD = 0 => bc + ac + ab = 0; Từ a + b + c = 1 => (a + b + c)2 = 1 => a2 + b2 + c2 = 1 Bài 29: Chứng minh rằng nếu abc = 1 thì: = 1 Giải: Do abc = 1 => a, b, c 0. Ta có: = = = = = = 1 Lưu ý: Ta có thể viết a = rồi thay vào biểu thức cần chứng minh. Bài 30: Cho a, b, c là 3 số thoả mãn điều kiện: Hãy tính giá trị của biểu thức: A = 1 + a4 + b4 + c4 Giải: Từ a + b + c = 0 => (a + b + c)2 = 0 a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 0 2(ab + bc + ca) = -(a2 + b2 + c2) = -14 => ab + bc + ca = -7. Vậy 49 = (ab + bc + ca)2 = a2b2 + b2 c2 + a2c2 + 2abc(a + b + c) = a2b2 + b2 c2 + a2c2 ( do a + b + c = 0) Từ a2 + b2 + c2 = 14 196 = (a2 + b2 + c2)2 = a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + b2 c2 + a2c2)= = a4 + b4 + c4+ 2.49 a4 + b4 + c4 = 196 – 2,49 = 98 Vậy A = 1 + 98 = 99. Bài 31: Cho a + b – c = 0. Chứng minh (a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 + c4) Giải: Từ a + b – c = 0 => (a + b – c)2 = 0 => a2 + b2 + c2 = –2(ac + bc – ab) => (a2 + b2 + c2)2 = 4(a2b2 + a2c2 + b2c2 + 2abc2 – 2ab2c – 2a2bc) =>(a2 + b2 + c2)2 = 4[a2b2 + a2c2 + b2c2 – 2abc(a + b – c)] = 4(a2b2 + a2c2 + b2c2) (1) Ta có: (a2 + b2 + c2)2 = a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + a2c2 + b2c2) = a4 + b4 + c4+ 2 (do (1)) => 2(a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 + c4) + (a2 + b2 + c2)2 => (a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 + c4) Bài 32: Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tính S = a2 + b9 + c2004 Giải: Do a2 + b2 + c2 = 1 => |a| 1; |b| 1; |c| 1; Ta có: a2 + b2 + c2 – (a3 + b3 + c3) = 0 a2(1 – a) + b2(1 – b) + c2(1 – c) = 0 (*) Vì a 1 => 1 – a 0 => a2(1 – a) 0. Tương tự: b2(1 – b 0 ; c2(1 – c) 0. Suy ra vế trái của (*) là tổng các số không âm nên: (*) . Vậy a, b, c {0; 1} trong đó có hai số bằng 0 và một số bằng 1. Nếu a = b = 0, c = 1 thì S = 0 + 0 +12004 = 1 Nếu a = c = 0 và b = 1 thì S = 0 + 19 + 0 = 1 Nếu b = c = 0 và a = 1 thì S = 12 + 0 + 0 = 1. Vậy S = 1. Bài 33: Cho các số a1, a2, a3, , a2003. Biết rằng: ak = ; với mọi k = 1, 2, 3, , 2003 Tính tổng S = a1 + a2 + a3 + + a2003. Giải: Ta có: ak = = = = = Với mọi k = 1, 2, 3, , 2003 Với k = 1: a1 = ; k = 2:a2 = ; ; k = 2003: a2003 = => S = a1 + a2 + a3 + + a2003 = = Bài 34: Cho a3 – 3ab2 = 5 và b3 – 3a2b = 10. Tính a2 + b2 Giải: a3 – 3ab2 = 5 => (a3 – 3ab2)2 = a6 – 6a4b2 + 9a2b4 = 25 b3 – 3a2b = 10 => (b3 – 3a2b)2 = b6 – 6a2b4 + 9a4b2 = 100 => 125 = a6 + b6 + 3a2b4 + 3a4b2 = (a2 + b2)3 Do đó a2 + b2 = 5 Bài 35: Tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c là độ dài 3 cạnh của tam giác thoả mãn hệ thức: . Chứng minh tam giác ABC là tam giác cân. Giải: Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác, ta có: ab(a – b)(a + b) + bc(b – c)(b + c) + ac(c – a)(a + c) = 0 ab(a – b)(a + b) – bc(b + c)[(c – a) + (a – b)] + ac(c – a)(a + c) = 0 (a + b + c)(a – b)(a – c)(b – c) = 0 a – b = 0 hoặc a – c = 0 hoặc b – c = 0 (vì a + b + c > 0) a = b hoặc a = c hoặc b = c ABC cân Bài 36: Cho biết xy + yx + zx = 0 và xyz 0; Tính giá trị của: A = + + Giải: Ta có bài toán: Cho a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc (1) (tự chứng minh) Từ giả thiết: xy + yx + zx = 0 và xyz 0 => = 0; hay = 0 Dùng bài toán (1), ta được = => xyz() = 3 Hay + + = 3 Bài 37: Cho 2 số nguyên dương x, y thoả x + y = 3. Tính Giải: Ta có: x + y = 3 + 1 = 3. Đặt t = , ta có t > 0 và t2 – 3t + 1 = 0 t = . Suy ra = t2 =