• Không có kết quả nào được tìm thấy

Biến đổi biểu thức Đại số ôn thi vào chuyên Toán năm 2022

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Biến đổi biểu thức Đại số ôn thi vào chuyên Toán năm 2022"

Copied!
42
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

RÚT GỌN BIỂU THỨC ĐẠI SỐ

Để rút gọn biểu thức ta thường thực hiện các bước sau:

• Đặt điều kiện để biểu thức có nghĩa. Lưu ý:

a có nghĩa ⇔ ≥a 0;

a

b có nghĩa ⇔ ≠b 0;

1

a b có nghĩa ⇔ ≥a 0,b0a b .

• Vận dụng các phép toán đối với đa thức, phân thức, thứ tự thực hiện các phép tính, các hằng đẳng thức đáng nhớ, …

I. RÚT GỌN PHÂN THỨC HỮU TỈ

Phương pháp: Phân tích tử thức và mẫu thức thành nhân tử, rồi rút gọn nhân tử chung (lưu ý phải đặt điều kiện cho mẫu thức khác 0).

Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức:

= +

4 3

4 3 2

2 4

2 3 2 6 4

x x x

A x x x x .

Lời giải:

Ta có:

( ) ( ) ( )( ) ( )

− = − − + = + − − +

4 3 2 4 4 4 3 2 2 2 2 2 2 2

x x x x x x x x x x

( )( ) ( ) ( )( )

= x2+2 x x2− −2 = x2+2 x+1 x2 .

( ) ( ) ( )

+ − = − − + + +

4 3 2 4 3 2

2x 3x 2x 6x 4 2x 8 3x 6x 2x 4

( ) ( ) ( )

=2 x4− −4 3x x2+ +2 2 x2 +2

( )( ) ( ) ( )( )

= x2+2 2x2 3x2 = x2+2 x2 2x+1 . Điều kiện xác định Ax2≠ −1

x 2. Ta có:

( ) ( )( )

( ) ( )( )

+ + +

= =

+ + +

2 2

2 1 2 1

2 1

2 2 2 1

x x x x

A x x x x .

Vậy với 2, ≠ −1

x x 2 thì = +

+ 1 2 1 A x

x .

Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức:

Chuyên đề 1: RÚT GỌN VÀ TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC

(2)

+

= + +

2 2 2

2 2 2

2

2 xy x z y B x z y xz. Lời giải:

Ta có:

( )

( ) ( ( ) ) ( )( )

( )( )

+ + − − +

= = =

+ + + −

+ + +

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

z x xy y z x y z x y z x y B x xz z y x z y x z y x z y . Với x y z+ + ≠0,x y z− + ≠0 thì = − +

+ + z x y B x y z.

II. RÚT GỌN BIỂU THỨC CÓ CHỨA CĂN THỨC

 Ta thường dùng các hằng đẳng thức:

− =( )( + )

a b a b a b với a0,b0.

+ =( + )( + )

a a b b a b a ab b với a0,b0.

=( )( + + )

a a b b a b a ab b với a0,b0.

 −

= − =  <

2 ,

( ) | |

, a b a b a b a b

b a a b. Ví dụ 3: Rút gọn biểu thức:

= +2 24 +4 2 C x y x xy y . Lời giải:

Ta có: C x= +2y

(

x2y

)

2 = +x 2y x− −2y .

Nếu x2y thì x2y x= −2y. Do đó C x= +2y x− +2y=4y. Nếu x<2y thì x2y = − +x 2y. Do đó C x= +2y x+ −2y=2x. Vậy =  <

4 , 2 2 , 2 y x y C x x y.

Ví dụ 4: Rút gọn biểu thức:

(

+

)

= + a b 2

a b a a b b

D a b a b a a b b . Lời giải: Điều kiện xác định a0,b0,a b . Khi đó

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )

( )( )

+ + + +

= + + +

a b a b a b a ab b a b 2

D a b a b a b a b a ab b

+ + +

= + + + a ab b a b a b

a b a ab b

(3)

(

+

) (

− + +

)

+

= =

+ + +

a b 2 a ab b a b ab

a b a ab b a ab b. Vậy với a0,b0,a b thì =

+

D ab

a ab b. Ví dụ 5: Rút gọn biểu thức:

+ +

+

= + +

4 4 2

4 4

2 1

1 2

4 2 1 2 2

1 2 2 1 2

E .

Lời giải:

Đặt 42 =a thì a4 =2, 4 4=a2 = 2. Ta có:

+ +

+

= + +

2 2 2 2 4

2

2 1

1 1

1 1

a a a a a

E a a a

= − + +

(

++

)

= =

2 2 2

2 2

2 2

1 1 1 1 0

1

a a

a a a a a a .

Vậy E=0.

Lời giải. Đặt a=4 5 thì a4 = 5: a2 =4 25; a3 =4125. Ta có

( ) ( ) ( )

( ) ( )

+ + +

= =

+ +

+ + + +

3 2

2 2

3 2

4 4 4 3 2

3 2 4

1 1

3 2 4

4 3 5 2 25 125 3 2 4

a a a

a a a a a a

( )

+ + + + + +

= =

+ + +

3 2 3 2

6 4 2 4 2 2

2 3 4 2 3 4

6 9 4 16 16 2 6

a a a a a a

a a a a a a

( )( )

( )

+ + + +  + 

= = = 

3 2 2 5 4 2 2

4

2 3 4 3 2 2 9 12 1

8 2

2 9

a a a a a a a a a

a .

Suy ra =  +  = + = +

2

1 4

2 1 5 1

2

F a a . □

• Đối với biểu thức có dạng tổng hay hiệu của hai biểu thức liên hợp bậc hai M= a b c+ , M'= a b c , ta có

(

M M+ '

)

2 =2a+2 a b c2 2 ;

(

M M '

)

2 =2a2 a b c2 2 .

Vì vậy có thể dùng phép luỹ thừa bậc hai để khử bớt căn.

(4)

= + + +2 + + + + −2 + G a b c ac bc a b c ac bc, trong đó a, b, c là các số không âm.

Lời giải. Bình phương biểu thức G ta có

( ) ( ) ( )

= + + + + − 2 +

2 2 2 4

G a b c a b c ac bc

=2

(

a b c+ + +

)

2

(

a b c+ −

)

2 =2

(

a b c+ + +

)

2 a b c+ + .

Nếu a b c+ ≥ thì G2 =2

(

a b c+ + +

) (

2 a b c+ − =

) (

4 a b+ ⇒ =

)

G 2 a b+ .

Nếu a b c+ ≤ thì G2 =2

(

a b c+ + −

) (

2 a b c+ − =

)

4c⇒ =G 2 c.

Vậy =  + + ≥

 + ≤ 2 2

a b khi a b c G c khi a b c .□

• Đối với biểu thức có dạng tổng hay hiệu của hai biểu thức liên hợp bậc ba M= 3a b c+ , M'= 3a b c , ta có

(

M M+ '

)

3 =M3+M' 33+ MM M M'

(

+ '

)

=2a+33 a b c M M2 2

(

+ '

)

nên M M+ ' là một nghiệm của phương trình

3 =

3 3 2 2 2 0

x a b cx a . Tương tự M M ' là một nghiệm của phương trình

+ 3 =

3 3 2 2 2 0

x a b cx a .

Vì vậy có thể dùng luỹ thừa bậc ba để khử bớt căn.

♦ Thí dụ 8. Rút gọn biểu thức

= 310 6 3+ +310 6 3

H .

Lời giải. Lập phương biểu thức H ta có

( ) ( )

= 3 + = ⇔ + =

3 20 3 10 6 .3.2 2 3 6 20 0 2 2 2 10 0

H H H H H H H .

Do H22H+10=

(

H1

)

2 + >9 0 nên suy ra H− = ⇔2 0 H=2. □

• Khi gặp biểu thức chứa căn bậc hai, nếu biến đổi được thành A2 = A

thì việc thực hiện phép tính sẽ đơn giản hơn nhiều.

Xuất phát từ đẳng thức

(

+ +

)

+ + = + + + + + = + + +

2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 a b c

a b c a b c ab ac bc a b c abc . ♦ Thí dụ 7. Rút gọn biểu thức

(5)

Nếu a b c+ + =0 thì + + = + +

2

2 2 2

1 1 1 1 1 1

a b c a b c . Suy ra: Với abc0, a b c+ + =0 thì

+ + = + +

2 2 2

1 1 1 1 1 1

a b c

a b c (*)

Vận dụng đẳng thức (*) vào rút gọn biểu thức chứacăn rất hiệu quả.

♦ Thí dụ 9. Cho a, b, c là các số hữu tỉ đôi một khác nhau. Chứng minh rằng

( ) ( ) ( )

= + +

2 2 2

1 1 1

S a b b c c a là các số hữu tỷ.

Lời giải. Nhận thấy

(

a b− + − + − =

) (

b c

) (

c a

)

0a b− ≠0, b c− ≠0, c a− ≠0. Áp dụng (*) cho ba số a b , b c , c a ta có

= + +

1 1 1

S a b b c c a .

a, b, c là các số hữu tỉ đôi một khác nhau nên S phải là số hữu tỉ. □

♦ Thí dụ 10. Rút gọn biểu thức

( ) ( )

= + + + +

+ + +

2 2 2 4 4 2 2 2

1 1 1 1 1

P x y x y x y x y .

Lời giải. Điều kiện x0, y0, x≠ −y. Nhận thấy x2+y2+ − −

(

x2 y2

)

=0. Áp

dụng (*) cho ba số x2, y2,

(

x2+y2

)

ta được

( ) ( )

+ + = + + = +

+ +

4 4 2+ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1

x y x y x y x y x y x y .

Do đó

( )

= + +

2 2 + 2

1 1 1

P x y x y .

Lại áp dụng (*) với ba số x, y, − +

(

x y

)

ta có

( )

= + + = + −

+ +

2 2 2

1 1 1 1 1 1

P x y x y x y x y .□

♦ Thí dụ 11. Tính tổng gồm 2010 số hạng

(6)

= 1+ 12 + 12 + 1+ 12 + 12 + +... 1+ 1 2 + 1 2

2 3 3 4 2011 2012

S .

Lời giải. Mỗi số hạng của tổng có dạng

( ) ( ) ( )

+ + = + + = +

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

1 1

1

1 n 1 1 n n

n n n

(

n=3,...,2012

)

.

Từ đó, ta có

 

= + −  + + − + + + = + − =

1 1 1 1 1 1 1 1 1 2010 1 1 20101005

2 3 3 4 2011 2012 2 2012 2012

S .□

III – VẬN DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA ĐA THỨC ĐỂ RÚT GỌN BIỂU THỨC HỮU TỈ

1. Cơ sở lí thuyết Mệnh đề

a) Nếu nhị thức dạng f x

( )

=ax b+ (a, b là các tham số) có hai nghiệm phân biệt thì a b= =0, tức là f x( ) đồng nhất bằng 0.

b) Nếu tam thức f x( )=ax bx c2 + + (a, b, c là các tham số) có ba nghiệm đôi một khác nhau thì a b c= = =0, tức là f x( ) đồng nhất bằng 0.

Chứng minh

a) Giả sử với x1 x2f x

( ) ( )

1 = f x2 =0 thì ax b1+ =0ax b2+ =0. Từ đó

(

1 2

)

=0

a x x . Vì x x1 20 nên a=0 suy ra b=0.

b) Giả sử x1, x2, x3 đôi một khác nhau mà f x

( ) ( ) ( )

1 = f x2 = f x3 =0 thì + + =

12 1 0

ax bx c ; ax bx c22+ 2 + =0; ax bx c23 + 3+ =0.

Từ đó suy ra a x x

(

12 22

)

+b x x

(

1 2

)

=0; a x x

(

12 32

)

+b x x

(

1 3

)

=0. Do x1x2, x1x3, nên a x x

(

1+ 2

)

+ =b 0; a x x

(

1+ 3

)

+ =b 0.

Suy ra a x x

(

2 3

)

=0, vì x2 x3 nên a=0. Từ đó suy ra b=0, c=0. 

 Khi rút gọn phân thức hữu tỉ, nếu khai triển các phép tính gặp phải những biến đổi phức tạp thì ta nên coi nó như một đa thức theo một biến rồi áp dụng mệnh đề trên.

Lúc đó công việc trở nên dễ dàng hơn.

2. Một số thí dụ áp dụng

(7)

 Thí dụ 12. Rút gọn biểu thức

( )( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( )

+ +

d b d c d c d a d a d b a b a c b c b a c a c b . Lời giải. Điều kiện xác định a b , b c , c a .

Xét đa thức

( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( )

= + +

x b x c x c x a x a x b f x a b a c b c b a c a c b . Khi đó biểu thức đã cho chính là f d

( )

.

Nhận thấy

( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( )

= + + =

1

a b a c a c a a a a a b f a a b a c b c b a c a c b . Tương tự có f b

( ) ( )

= f c =1.

Như vậy f x

( )

1 là tam thức dạng Ax2+Bx C+ nhận ba số khác nhau a, b, c làm nghiệm.

Vậy f x

( )

1 đồng nhất bằng 0, hay f x

( )

=1 với mọi x. Suy ra f d

( )

=1.

 Thí dụ 13. Đơn giản biểu thức

( )( )( )

(

)(

)(

)

+ + +

+ + + + + +

a b b c c a a b b c c a

a b b c c a a b b c c a . Lời giải. Điều kiện xác định a≠ −b, b≠ −c, c≠ −a.

Sau khi quy đồng mẫu số chung

(

a b b c c a+

)(

+

)(

+

)

, ta có tử thức là

( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )

= − + + + − + + + − + + + −

P a b b c c a b c a b c a c a a b b c a b b c c a . Xét f x

( ) (

= x b x c b c

)(

+

)(

+ + −

) (

b c x b x c

)(

+

)(

+ + −

) (

c x x b b c

)(

+

)(

+ +

) (

x b b c c x

)(

)(

)

,

thì P f a=

( )

.

Ta thấy

( ) (

= −

)(

+

)(

+ + −

) ( )(

+

)(

+ =

)

0

f b b c b b b c c b b b b c ;

( ) (

= −

)(

+

)(

+ + −

) ( )(

+

)(

+ =

)

0

f c c b c c b c b c c b c c ;

( )

0 = −

(

+ + −

) ( )

+

(

+ −

) (

− =

)

0

f bc b c b c bc bc b c bc b c .

(8)

- Nếu b c và đều khác 0 thì f x

( )

có dạng Ax2+Bx C+ nhận b, c, 0 đôi một khác nhau làm nghiệm nên f x

( )

đồng nhất bằng 0P=0.

- Nếu b=0 hoặc b c= hoặc c=0 thì suy ra P=0. Vậy biểu thức đã cho bằng 0.

BÀI TẬP 1. Rút gọn các biểu thức sau

1)  + +

= + + +

2 2 3 : 2 4 3 2 1

3 1 1 3

x x x x

M x x x x .

2) = + +     + +

2 4

4

4 2 2 2

1 1 . 1

1 1 1

x x

N x

x x x x .

3) =

(

+

)(

+

) (

+ +

)(

+

) (

+ +

)(

+

)

2 2 2

a bc b ac c ab

P a b a c b c b a c a c b .

2. Chứng minh rằng với a, b, c là các số đôi một khác nhau thì

( )( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( )

+ + =

2 2 2

a x b x c b x c x a c x a x b 2

a b a c b c b a c a c b x . 3. Rút gọn các biểu thức chứa căn thức

1) = + +

2 4 4

2 a a

A a .

2) B= 3x− −4 2 3x5 .

3) + +

=

+

2 9 3 2 1

5 6 2 3

a a a

C a a a a .

4) =

( )

+  ++

3 2

1 1

1 : 1 1

a a a a a a

D a a

a a a .

4. Rút gọn các biểu thức

1) = 2 7 5 5 3 25 125+ 4 + 4 +4

E 2 .

2) = 36+ 847 +3 6 847

27 27

F .

(9)

3)

= + +

+

3

3 3

3 3

7 1

2 7 7 6 7

7 7 1 7 7 1 343

7 7

G .

5. Cho = + +  

2 2

ch÷ sè 9 ch÷ sè 9

1 99 9 0,99 9

n

n n

S . Hãy viết Sn dưới dạng số thập phân.

TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ MỘT BIẾN

Tính giá trị của biểu thức đại số một biến mà giá trị của biến là một biểu thức phức tạp hoặc thỏa mãn điều kiện nào đó là dạng toán gặp nhiều trong các kì thi vào THPT, thi học sinh giỏi với những bài tập hay và khó, đòi hỏi sự vận dụng linh hoạt và sáng tạo các phép biến đổi. Ta thường sử dụng phương pháp phân tích từ điều kiện đã cho của biến để biến đổi.

 Bài toán 1. Tính giá trị của biểu thức

( ) (

+ −

)

= + + +

+

2 2012 5 4 3 2012

5 4 3 2012

1 3

2 x x A x x x

x x x khi = 5 1

x 2 . Lời giải. = 5 1 2 + =1 54 2 +4 + = ⇒1 5 2+ − =1 0

x 2 x x x x x .

Ta có x x x5+ 4 3+ =1 x x3

(

2+ − + =x 1 1

)

x3.0 1 1+ = ;

+ − = + − − = − = −

2 3 2 1 1 0 2 2

x x x x ;

( )

+ = + − − = = −

5 4 3 22012 3 2 1 22012 3.0 22012 22012

x x x x x x x .

Khi đó = +

( )

= + =

2012 2012

2012

2012 2012

2 2

1 1 0

2 2

A . 

Bài toán 2. Cho biểu thức B=

(

4x5+4x45x3+5x2

)

2+2011.

Tính giá trị của biểu thức B khi = + 1 2 1

2 2 1

x .

(10)

Lời giải. Ta có = = = + =

+ +

1 2 1 1 ( 2 1)2 2 1 2 1 2

2 2 1 2 ( 2 1)( 2 1) 2

x x

(2x+1)2 = ⇔2 4x2+4x− =1 0 (2x+1)2 = ⇔2 4x2+4x− =1 0 Suy ra

( ) ( )

+ +

= + − − + − + +

= ⋅ − ⋅ + − = −

5 4 3

3 2 2 2

3

4 4 5 5 2

4 4 1 4 4 1 4 4 2

0 0 0 1 1

x x x x

x x x x x x x x

x x

Vậy B= −( 1) 2011 20122 + =

Bài toán 3: Gọi a là nghiệm dương của phương trình 2x x2 + − =1 0. Không giải phương trình , hãy tính giá trị của biểu thức

(

)

= 4 + + 2

2 3

2 2 2 3 2

C a

a a a

Lời giải. Do a là nghiệm của phương trình 2x x2+ − =1 0 nên 2a2 = −1 a suy ra

< <

0 a 12a4 = −1 2a a+ 2. Từ đó, ta có

(

)

= 4 + + 2

2 3

2 2 2 3 2

C a

a a a

( )

( )

+

= + −

4 2

4 4

(2 3) 2 2 2 3 2

4 4 6 4

a a a a

a a a

( )

( )

+

=

4 2

(2 3) 2 2 2 3 2 2(2 3)

a a a a

a

(

+

)

=

4 2

2 2 2 3 2

2

a a a

( )

= −1 2(2 ) 2 2 2

2 u u = −2 + 2 = 2 1+ = − 1

2 2 2 2

a a a a

Bài toán 4: Chứng minh rằng phương trình x2+ − =x 1 0có hai nghiệm trái dấu. Gọi x1 là nghiệm âm của phương trình . Tính giá trị của biểu thức D= x18+10x1+13+x1 Lời giải. Do a c. = − <1 0 nên phương trình x2+ − =x 1 0có hai nghiệm trái dấu.

x1 là nghiệm của phương trình nên x12+ − = ⇒x1 1 0 x12 = −1 x1. Do đó

( )

= − 2 = − + = − + − = −

4 2

1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 3 1

x x x x x x x

( )

= 2 = − + = − + +

g 2 2 2

1 2 3 1 4 12 1 9 1 4 12 1 8 1 1

x x x x x x x = −4 12x1+8 1

(

x1

)

+x12

=12 20x x 1+ 12

( )

+ + = + + + = + = 2

8 2 2

1 10 1 13 12 20 1 1 10 1

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình đã cho mà không phụ thuộc vào m... Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình đã cho mà

p BD const , không phụ thuộc vào cách lấy điểm M trên cạnh AB.. Vậy chu vi tứ giác MNEF đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2BD khi MNEF là hình bình hành có các cạnh

Trong bài viết này, tôi sử dụng 36 bài toán thi của các trường và các tỉnh (các trường thi sau tôi không kịp đưa vào), giải và có những bình luận.. Các ý kiến của tôi về

Ngoài ra mình không thêm bớt bất kỳ thứ gì khác.. Bài

Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta có đpcm...

Trích đề thi vào chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo TP... Phương trình

Một số vấn đề cấn lưu ý khi giải bài toán về bất đẳng thức 7 Lời giải... Nguyễn

Mặt khác, theo giả thiết thì dấu đẳng thức trong bất đẳng thức tren phải xảy ra.. Thử lại, ta thấy