Bài tập ôn tập tổng hợp môn Toán Lớp 8

Nội dung text: Bài tập ôn tập tổng hợp môn Toán Lớp 8

1. BÀI TẬP ÔN THÁNG 5-2018 I. Một số chú ý: 1) Khi tìm GTNN, GTLN ta có thể đổi biến Ví dụ : Khi tìm GTNN của A =(x – 1)2 + (x – 3)2 , ta đặt x – 2 = y thì A = (y + 1)2 + (y – 1)2 = 2y2 + 2 2 2) Khi tìm cực trị của một biểu thức, ta có thể thay đk của biểu thức này đạt cực trị bởi đk tương đương là biểu thức khác đạt cực trị: 1 +) -A lớn nhất A nhỏ nhất ; +) lớn nhất B nhỏ nhất (với B > 0) B +) C lớn nhất C2 lớn nhất x4 + 1 2 x2 + 1 Ví dụ: Tìm cực trị của A = 1 a) Ta có A > 0 nên A nhỏ nhất khi lớn nhất, ta có A 2 2 1 x + 1 2x2 4 1 4 1 1 A x + 1 x + 1 min = 1 x = 0 max A = 1 x = 0 A b) Ta có (x2 – 1)2 0 x4 - 2x2 + 1 0 x4 + 1 2x2. (Dấu bằng xẩy ra khi x2 = 1) 2x2 2x2 4 1 4 1 1 2 1 Vì x4 + 1 > 0 x + 1 1 x + 1 max = 2 x2 = 1 A 1 min A = x = 1 2 3) Nhiều khi ta tìm cực trị của biểu thức trong các khoảng của biến, sau đó so sámh các cực trị đó để để tìm GTNN, GTLN trong toàn bộ tập xác định của biến II.Một số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: 2 2 2 2 x y xy a) x y 2xy b) dấu( = ) khi x = y = 0 a b 2 2 c) x y 4xy d) b a a a a a n 1 2 3 n a a a a 1 2 3 n a 0 2) Bất đẳng thức Cô sy: n Với i a 2 a2 a2 . x2 x2 2 a x a x a x 2 3) Bất đẳng thức Bunhiacopski 2 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n a b c aA bB cC a b c A B C . 4) Bất đẳng thức Trê-bư - sép: Nếu A B C 3 3 3 a b c aA bB cC a b c A B C a b c . Nếu A B C 3 3 3 Dấu bằng xảy ra khi A B C
2. PHẦN BÀI TẬP 2 2 2 2 2 a 2 b 2 a b a b c a b c Bài 1: chứng minh rằng : a) 2 2 ; b) 3 3 c) Hãy tổng quát bài toán Giải: a) Ta xét hiệu 2 a 2 b 2 a b 2 2 2 2 2 a b a 2ab b 1 2 2 2 2 1 2 2a 2b a b 2ab a b 0 2 2 = 4 4 = 4 = 4 2 a 2 b 2 a b Vậy 2 2 Dấu bằng xảy ra khi a = b 2 a 2 b 2 c 2 a b c 1  a b 2 b c 2 c a 2  0 b)Ta xét hiệu: 3 3 = 9 2 a 2 b 2 c 2 a b c Vậy 3 3 Dấu bằng xảy ra khi a = b =c 2 a 2 a 2 a 2 a a a 1 2 n 1 2 n c)Tổng quát: n n * Tóm lại các bước để chứng minh A B theo định nghĩa Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B Bước 2:Biến đổi H = (C+D) 2 hoặc H=(C+D)2 + .+(E+F) 2 Bước 3: Kết luận A ³ B 10 10 2 2 8 8 4 4 Bài 2: Chứng minh rằng: a b a b a b a b 10 10 2 2 8 8 4 4 Giải: a b a b a b a b a12 a10b 2 a 2b10 b12 a12 a8b 4 a 4b8 b12 8 2 2 2 2 8 2 2 a b a b a b b a 0 a2b2(a2-b2)(a6-b6) 0 a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 0 a3 b3 c3 1 Bài 3: Cho a > b > c > 0 và a 2 b 2 c 2 1 chứng minh rằng b c a c a b 2 2 2 2 a b c a b c Do a,b,c đối xứng , giả sử a b c b c a c a b áp dụng BĐT Trê- b-sép ta có 2 2 2 2 a 2 b 2 c a b c a b c 1 3 1 a . b . c . . . b c a c a b 3 b c a c a b =3 2 = 2 a 3 b3 c 3 1 1 Vậy b c a c a b 2 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3 x3 x2 2x 2 Bài 4: Cho biểu thức D = x x 2 x 4 a) Rút gọn D b) Tìm x nguyên để D có giá trị nguyên c) Tính gt của D khi x = 6 Giải: a) Nếu x + 2 > 0 thì x 2 = x + 2 nên 3 2 x x 2x x3 x2 2x x(x 1)(x 2) x2 x 2 2 D = x x 2 x 4 = x(x 2) x 4 x(x 2) (x 2)(x 2) 2
3. Nếu x + 2 - 2 x > - 2 Vì x(x – 1) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 với mọi x > - 2 x x  2 x = 2k x 2k (k Z; k - 2 nên D = 2 = 2 Bài 5: Cho a; b; clà số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng a, a2 + b2 + c2 (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Giải 2 0 a b c a a(b c) 2 0 b a c b b(a c) c2 c(a b) a)Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có ị 0 c a b Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có a2 + b2 + c2 b-c a a (b c) > 0 2 2 2 b > a-c b b (c a) > 0 2 2 2 c > a-b c c (a b) 0 a2b2c2 a2 b c 2 b2 c a 2 c2 a b 2 Nhân vế các bất đẳng thức ta được: 2 2 2 2 2 2 a b c a b c b c a c a b abc a b c . b c a . c a b Bài 6: Cho tam giác ABC có BC bằng trung bình cộng của AC và AB; Gọi I là giao điểm của các phân giác, G là trọng tâm của tam giác. Chứng minh: IG // BC Giải: Gọi khoảng cách từ a, I, G đến BC lần lượt là AH, IK, GD Vì I là giap điểm của ba đường phân giác nên khoảng cách từ I đến ba cạnh AB, BC, CA bằng nhau và bằng IK. Vì I nằm trong tam giác ABC nên: A SABC = SAIB + SBIC + SCIA BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1) AB + CA Mà BC = 2 AB + CA = 2 BC (2) I G 1 Thay (2) vào (1) ta có: BC. AH = IK. 3BC IK = 3 AH (a) B H K D M C Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên: 1 1 1 SBGC = 3 SABC BC . GD = 3 BC. AH GD = 3 AH (b) Từ (a) và (b) suy ra IK = GD hay khoảng cách từ I, G đến BC bằng nhau nên IG // BC Bài 7: Cho điểm O nằm trong tam giác ABC, các tia AO, BO, Co cắt các cạnh của tam giác ABC theo thứ tự tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng:
4. OA' OB' OC' OA OB OC 1 2 a) AA' BB' CC' b) AA' BB' CC' OA OB OC 6 c) M = OA' OB' OC' . Tìm vị trí của O để tổng M có giá trị nhỏ nhất OA OB OC . . 8 d) N = OA' OB' OC' . Tìm vị trí của O để tích N có giá trị nhỏ nhất Giải A Gọi SABC = S, S1 = SBOC , S2 = SCOA , S3 = SAOB . Ta có: OA S S S S = 2 = 3 2 3 OA' S S S OA'C OA'B 1 B' (1) C' OA' S S S S S = OA'C = OA'B OA'C OA'B 1 AA' S S S S S O AA'C AA'B AA'C AA'B (2) OA S S 2 3 Từ (1) và (2) suy ra AA' S B A' C OB S S OC S S 1 3 1 2 OB' S2 OC' S3 OB' S OC' S Tương tự ta có 2 ; 3 ; BB' S ; CC' S OA' OB' OC' S S S S 1 2 3 1 a) AA' BB' CC' S S S S OA OB OC S S S S S S 2S 2 3 1 3 1 2 2 b) AA' BB' CC' S S S S OA OB OC S S S S S S S S S S S S 2 3 1 3 1 2 1 2 3 2 1 3 OA' OB' OC' S S S S S S S S S c) M = 1 2 3 2 1 2 3 3 1 S S S S S S 1 2 3 2 1 3 2 2 2 6 S S S S S S Ap dụng Bđt Cô si ta có 2 1 2 3 3 1 Đẳng thức xẩy ra khi S1 = S2 = S3 O là trọng tâm của tam giác ABC S S S S S S S S S S S S 2 3 . 1 3 . 1 2 2 3 1 3 1 2 S S S S .S .S d) N = 1 2 3 1 2 3 2 2 2 S S S S S S 4S S .4S S .4S S 2 3 1 3 1 2 1 2 2 3 1 3 64 S .S .S 2 S .S .S 2 N2 = 1 2 3 1 2 3 N 8 Đẳng thức xẩy ra khi S1 = S2 = S3 O là trọng tâm của tam giác ABC Bài 8: Cho tam giác đều ABC, các đường caoAD, BE, CF; gọi A’, B’, C’ là hình chiếu của M (nằm bên trong tam giác ABC) trên AD, BE, CF. Chứng minh rằng: Khi M thay đổi vị trí trong tam giác ABC thì: a) A’D + B’E + C’F không đổi b) AA’ + BB’ + CC’ không đổi Giải: Gọi h = AH là chiều cao của tam giác ABC thì h không đổi Gọi khoảng cách từ M đến các cạnh AB; BC; CA là MP; MQ; MR thì A’D + B’E + C’F = MQ + MR + MP. Vì M nằm trong tam giác ABC nên SBMC + SCMA + SBMA = SABC BC.(MQ + MR + MP) = BC . AH MQ + MR + MP = AH A’D + B’E + C’F = AH = h Vậy: A’D + B’E + C’F = AH = h không đổi b) AA’ + BB’ + CC’ = (AH – A’D)+(BE – B’E) (CF – C’F)
5. A = (AH + BE + CF) – (A’D + B’E + C’F) = 3h – h = 2h không đổi E Bài 9: (đổi biến số) F Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác. C' R a b c 3 P B' Chứng minh rằng b c c a a b 2 (1) A' Đặt x= b + c ; y= c + a ;z = a + b M y z x z x y x y z ta có a = 2 ; b = 2 ; c = 2 B Q D C y z x z x y x y z 3 y z x z x y 1 1 1 3 ta có (1) 2x 2y 2z 2 x x y y z z y x z x z y ) ( ) ( ) 6 ( x y x z y z là Bđt đúng? Bài 10: (đổi biến số) 1 1 1 9 Cho a, b, c > 0 và a + b + c 0 Theo BĐT Côsi ta có: 1 1 1 1 1 1 1 3 x y z . 9 3 x y z 3.xyz và x y z 3. .xyz x y z x.y y.z z.x 3 Tìm x; y Z thoaû: z x y (1) x.y y.z z.x x.y y.z z.x 3 3.3 . . 3.3 x.y.z AÙp duïng BÑT Coâ – si. Ta coù: z x y z x y . 3 x.y.z 1 x.y.z 1 x y z 1 Vaäy nghieäm cuûa phöông trình laø: x y z 1 x y 1 2 3 x2 y2 1 Bài 11: Tìm nghieäm nguyeân cuûa phöông trình: (2) x y 1 2 12 12 12 x2 y2 1 3 x2 y2 1 Theo Bunhiacoâpxki,ta coù: x y 1 x y 1 Daáu “=” xaûy ra 1 1 1 Vaäy nghieäm cuûa phöông trình laø: x y 1 Bài 12: Tìm taát caû caùc soá nguyeânx thoaû maõn: x 3 x 10 x 101 x 990 x 1000 2004 (3)  Nhaän xeùt – Tìm höôùng giaûi: a a Ta nhaän thaáy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 vaø 3 x 10 x x 101 x 990 x 1000 2004 Ta coù:(3) .
6. 3 x 3 x 10 x 10 x a a x 101 x 101 2004 x 101 2003 x 101 1 x 990 x 990 x 1000 x 1000 Maø Do ñoù: 1 x 101 1 x 101 1;0;1 x 102; 101; 100 . Vôùi x 101 2004 2003 (voâ lí). Vaäy nghieäm cuûa phöông trình laø: x 102; 100 2 2 2 Bài 14: T×m c¸c sè nguyªn x,y,z tho¶ m·n: x y z xy 3y 2z 3 2 2 2 V× x,y,z lµ c¸c sè nguyªn nªn x y z xy 3y 2z 3 2 2 2 2 2 2 y 3y 2 x y z xy 3y 2z 3 0 x xy 3y 3 z 2z 1 0 4 4 2 2 2 2 y y 2 y y 2 x 3 1 z 1 0 x 3 1 z 1 0 2 2 (*) Mµ 2 2 x, y R y x 0 2 x 1 y 1 0 y 2 x 1 2 2 2 z 1 y y 2 z 1 0 y 2 x 3 1 z 1 0 2 2 C¸c sè x,y,z ph¶i t×m lµ z 1 6 3 4 Bài 15: Tìm x; y Z thoả mãn: x 3x 1 y Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy với x 0; y 1 thì phương trình được nghiệm đúng. Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với x 0 + Với x 0; y 1 thì phương trình được nghiệm đúng 2 2 x6 2x3 1 x6 3x3 1 x6 4x3 4 x3 1 y4 x3 2 + Với x 0 . Khi đó: (*) x3 1 ; x3 2 Vì là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị nào của y thoả (*) Vậy x 0; y 1 là nghiệm của phương trình. Bài 16: Tìm x; y Z thoả: x2 x 1 32 y 1 (2) x2 x 1 Gọi b là chữ số tận cùng của x ( Với b 0;1;2; ;9 . Khi đó: có chữ số tận cùng là: 1, 5 hoặc 9. (*) Mặt khác: 32 y 1 là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 7. ( ). Từ (*) và ( ) suy ra phương trình vô nghiệm. 2 2 Bài 17: Tìm x; y Z thoả mãn: x 6xy 13y 100 (3) y 5 2 2 x 3 4 25 y 25 y2 n2 n ¥ (3) Do đó: y 5; 4; 3;0;3;4;5 x 3;9;11;13 Phương trình có nghiệm nguyên: x; y 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3 
7. a3 b3 c3 1 Bài 18: Cho a > b > c > 0 và a 2 b 2 c 2 1 chứng minh rằng b c a c a b 2 2 2 2 a b c a b c Do a,b,c đối xứng , giả sử a b c b c a c a b áp dụng BĐT Trê- b-sép ta có 2 2 2 2 a 2 b 2 c a b c a b c 1 3 1 a . b . c . . . b c a c a b 3 b c a c a b =3 2 = 2 a 3 b3 c 3 1 1 Vậy b c a c a b 2 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3