Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9

Đăng ngày | Thể loại: | Lần tải: 0 | Lần xem: 83 | Page: 19 | FileSize: 0.51 M | File type: DOC
of x

Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9. Đến với tài liệu Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 các bạn sẽ được tìm hiểu các chuyên đề cơ bản như: Phương trình và hệ phương trình; bất đẳng thức các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất; đa thức và những vấn đề liên quan;... Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo nội dung thông tin tài liệu.. Giống những giáo án bài giảng khác được thành viên chia sẽ hoặc do tìm kiếm lại và chia sẽ lại cho các bạn với mục đích học tập , chúng tôi không thu phí từ bạn đọc ,nếu phát hiện tài liệu phi phạm bản quyền hoặc vi phạm pháp luật xin thông báo cho website ,Ngoài tài liệu này, bạn có thể download bài giảng,luận văn mẫu phục vụ học tập Vài tài liệu tải về sai font không xem được, có thể máy tính bạn không hỗ trợ font củ, bạn download các font .vntime củ về cài sẽ xem được.

https://tailieumienphi.vn/doc/cac-chuyen-de-boi-duong-hsg-toan-9-51y9tq.html

Nội dung


Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình. I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp. Bài 1:Gpt:10. x +2�+ x+ 2� 1� 2 11. x2 4 = 0. � Giải: Đặt u = x +2;v = x+ 2 (1). Ta có: 10.u2 + v2 ­11.uv = 0 (u­v).(10u­v)=0 u=v hoặc 10u=v. Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng. Bài 2:Gpt: (x2 ­ 4x+3).(x2 ­ 6x + 8)=15. Giải: Đặt x2 ­ 5x + 5 = u (1). Ta có: (x2 ­ 4x+3).(x2 ­ 6x + 8)=15 (x­1).(x­3).(x­2).(x­4)­15=0 (x­1).(x­2).(x­3).(x­4)­15=0 (x2­5x+4).(x2­5x+6)­15=0 (u­1).(u+1)­15=0 u2­16=0 u= 4. Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x. Bài 3:Gpt: x+1�+ xx1 =90. Giải:PT x2. (x+1)2 + (x 11)2 =90.� x2. 2x2 + 2 =90. Đặt u = x2 ( u 0) (1). Ta có: u.(u 1)2 =90� 2u2 + 2u =90.(u 1)2 ( u 1). 88u2 182u 90 0. Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x. Bài 4:Gpt: 3 x + 3 2x 3= 3 12.(x 1) . Giải: Đặt 3 x =u;3 2x 3= v (1). 1 Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Có: u v 3 4.(u3 v3) u3 v3 3uv.(u v) 4.(u3 v3) 3.(u v).(u2 2uv v2 ) 0 3.(u v).(u v)2 0 u v u v Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x. Bài 5:Gpt: 5x3 3x2 3x 2 Giải: 1 x2 2 2 3x (1). Từ (1) suy ra: 2. 5x3 3x2 3x 2 x2 6x 1 20x3 12x2 12x 8 x4 36x2 1 12x3 2x2 12x x4 8x3 22x2 24x 9 0 (x 0). x2 8x 22 24 9 0. Đặt x x y (*) ta có: y2 ­ 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x. Bài 6:Gpt: x 1.(x 4) 3.(x 4). x 1 x 4 18 0(1). Giải: Điều kiện x > 4 hoặc x < ­1. *Nếu x > 4, (1) trở thành: (x 1).(x 4) 3. (x 1).(x 4) 18 0 Đặt (x 1).(x 4) y 0 (2) ta có: y2 + 3y ­18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x. *Nếu x < ­1, (1) trở thành: (x 1).(x 4) 3. (x 1).(x 4) 18 0 Đặt (x 1).(x 4) y 0 (3) ta có: y2 ­ 3y ­18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x. Bài 7:Gpt:(2x2 ­ 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1). Giải: (1) 4x4 4x3 20x2 2x 1 0 (x 0).Chia cả hai vế cho x2 ta được : 4x2 + 4x ­20 + 2 1 x2 = 0. 2x 1 2 x 2. 2x 1 x 24 0. Đặt y = 2x 1 .(2) Ta có: y2 + 2y ­24 = 0. Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x. Bài 8:Gpt: Giải:PT x2 ­ 16x 0 64 2. x2 8 8x 16 + x2 0. x 8 2.x 4 x 0. x­8 ­ ­ ­ 0 + x­4 ­ ­ 0 + + x ­ 0 + + + 2 Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản. Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4). Giải: 1 x2 x4 2x 2x2 2x3 5 5x2 5x4 � 4x4 2x+ 2x2 2+x =4 0 � 2x4 +x3 x+ =x 2 0 Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x 0. Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được: 2x2 ­ x + 1 ­ 1 2 0. Đặt y = x 1 (*). Ta có: 2y2 ­ y ­ 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x. Bài 10: Gpt: (6­x)4 + (8­x)4 = 16. Giải: Đặt 7 ­ x = y (*). Ta có: (y­1)4 + (y + 1)4 =16 2y4 +12 y2 +2 = 16 2.(y­1).(y+1).(y2+7)=0 y =1 hoặc y = ­1. Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x. II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau: Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải: Đặt y2 + 3y = t. Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2 + 3y +2) = t2 + 2t. *Nếu t > 0 thì t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn. *Nếu t < ­2 thì 2t + 4 < 0 nên t2 + 2t > t2 + 4t + 4 suy ra t2 + 2t > t2 + 4t + 4 = (t+2)2. Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*). Lại có: t2 +2t < t2 suy ra x2 < t2 (**). Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)2 < x2 < t2 suy ra x2 = (t+1)2 suy ra t2 +2t = (t +1)2 (=x2) Suy ra : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý). *Nếu t = ­1 suy ra x2 = t2 +2t = ­1 <0 (Vô lý). *Nếu t = 0 suy ra x = 0 y = 0 hoặc ­1 hoặc ­2 hoặc ­3 . Bài 2: Giải: x y z 2(1) 2x2 xy x 2z 1(2) Từ (2) ta có: 2x2 ­ xy+x­2z =1 kết hợp với (1) ta có: 2x2 ­ xy+x­2.(2 ­ x + y)=1 2x2 ­xy +3x­2y­5=0 3 Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 x2 3x 5 7 x 2 x 2 Từ đó ta tìm được x tìm được y 7x 2 x 2 1, 7. tìm được z. Bài 3: x y z 3(1) x2 y2 z2 1(2) Giải: Thay (1) vào (2) ta được: (y + z ­3)2 ­y2 ­z2 =1 yz ­ 3y ­ 3z = ­4 (y­3).(z­3) = 5 = 1.5 = (­1).(­5) = 5.1=(­5).(­1. Từ đó ta tìm được y và z tìm được x. Bài 4: 2xy + x + y = 83. Giải:PT x 83 y 2y 1 2x 166 2y 2y 1 1 167 2y 1 1672y 1 2y 1 1, 167. Từ đó ta tìm được y tìm được x. Bài 5: xy yz zx x y 3. Giải:Điều kiện : x,y,z 0. Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số ­3 thỏ mà chỉ có hai chuồng­mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương) Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = xy > 0 và x , y 0. Đặt A= xy yz zx x y 3. Giả sử z <0 khi đó 3 = A = xy Vậy z >0.Ta có: yz zx x y 0 0 0 0 (Vô lý). A = xy yz zx x y 3 xy z z. y z. x 3.3 z .z. y .z. x 3.3 xy z 1 xy.z z 1, xy 1 z 1,x y 1 z 1,x y 1 Bài 6: 2x2 ­ 2xy = 5x + y ­ 19. Giải:Từ bài ra ta có: y 2x22x5x1 19 x 2 Từ đó ta tìm được x tìm được y. 17 2x 1 172x 1 2x 1 1, 17. III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác. Bài 1:1 1 2. 2 x2 Giải:Điều kiện :x ­Nếu x < 0 thì 1 0, x 2 . 1 1 1 2 x2 2 x2 2 2. 4 Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Vậy ta xét x > 0: Đặt x = a và 2 x2 b (a,b > 0). 1 1 Ta có: a b 2 a2 b2 2 Có: 2 1 1 a b 2. 1 ab ab 1 (1). Lại có: 2 = a2 + b2 2ab suy ra 1 ab (2). Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a2 + b2 =2 nên suy ra (a+b)2 = 4 suy ra a + b = 2. Vậy ta có: ab 1 a b 2 a b 1 x 1. Bài 2: 4 x2 1 4x x2 y2 2y 3 x4 16 y 5. Giải: 4 x2 0(1) Điều kiện: 12 4x 2 0(2) 3 0(3) x4 16 0(4) Từ (4) suy ra x2 4 kết hợp với (1) suy ra x2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2. Phương trình đã cho trở thành: y 1 y 5 . Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu). Bài 3: 2x4 ­21x3 + 74x2 ­105x +50 =0. Giải: Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy x 0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x2 ta được: 2x2 21x 74 105 50 x x2 0 2. x 25 2 x 21. x 25 x ... - tailieumienphi.vn 1036587