TOÁN NÂNG CAO BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP THCS

Bài 1. (lớp 6) Chứng minh rằng:
Giải: Đặt:
Ta thấy:
,
,
Cộng vế theo vế ta được:

Bài 2. (lớp 8) Tính giá trị biểu thức:
Giải: Vì x = 71 nên x – 1 = 70 ta có:

, ... ,

, tại x = 71

Thay x = 71, ta có: A = 71 + 29 = 100
Bài 3. (lớp 8) Cho x, y, z là các số hữu tỉ thỏa mãn điều kiện: xy + yz + xz = 1. Chứng
minh: M = (x2 + 1)(y2 + 1)(z2 + 1) là bình phương của một số hữu tỉ.
Giải: Ta có:
x2 + 1 = x2 + xy + yz + xz = x(x + y) + z(x + y) = (x + y)(x + z) (1)
y2 + 1 = y2 + xy + yz + xz = y(y + z) + x(y + z) = (y + z)(x + y) (2)
z2 + 1 = z2 + xy + yz + xz = z(x + z) + y(x + z) = (x + z)(y + z) (3)
Nhân (1), (2) và (3) vế theo vế ta được:
M = (x + y)(x + z)(y + z)(x + y)(x + z)(y + z)
M = (x + y)2(x + z)2(y + z)2 = [(x + y)(x + z)(y + z)]2 (đpcm) (vì x, y, z là số hữu tỉ).
Bài 4. (lớp 6) So sánh 222333 và 333222
Giải: Ta có: * 222333 = 2223.111 = (2223)111
* 333222 = 3332.111 = (3332)111
* 2223 = (2.111)3 = 8.1113 = 8.111.1112 = 888.1112
* 3332 = = (3.111)2 = 9.1112
Do 888 > 9

888.1112 > 9.1112

2

2223 > 3332
(2223)111 > (3332)111
Vậy: 222333 > 333222
Bài 5. (lớp 9) Giải bất phương trình: x2 – 9 > 0
Lập bảng xét dấu:
x

–3

x2 – 32 > 0

(x + 3)(x – 3) > 0

3

x+3

–

0

+

//

+

x–3

–

//

–

0

+

(x + 3)(x – 3)

+

0

–

0

+

Suy ra: x < – 3 và x > 3
Vậy: S = {x / x < – 3 và x > 3}
Bài 6. (lớp 9) Cho x2 + xy = 28 (1) và y2 + xy = 21 (2). Hãy tìm xy = ?
Giải: Cộng vế với vế của (1) và (2), ta được:
x2 + 2xy + y2 = 49
(1)

(x + y)2 = 49

x(x + y) = 28 (3)

(2) y(x + y) = 21 (4)
Nhân vế với vế của (3) và (4), ta có:
xy(x + y)2 = 588

xy.49 = 588

Bài 7. (lớp 9) Tính:
Bài 8. (lớp 9) Giải phương trình:

(1)

(1)
x – 2019 = 0
Bài 9. (lớp 9) Giải bất phương trình:
(1)

x = 2019
(1)

3

(vì

)

Vậy: S = {x / x > – 100}
Bài 10. (lớp 6) Cho 25x = 80y = 2000. Tìm
Giải: Ta có:

(1)

xy
x+y
Nhân vế với vế của (2) và (3), ta có: 2000 = 2000

xy = x + y (4)

Thay (4) vào (1), ta có:
Bài 11. (lớp 9) Giải phương trình:
Giải: x2 + 10x + 26 = x2 + 2.x.5 + 52 + 1= (x + 5)2 + 1 1
2x2 + 20x + 57 = 2(x2 + 2.x.5 + 52) + 7 = 2(x + 5)2 + 7 7
Cộng vế với vế của (1) và (2), ta có:
Dấu “=” xảy ra

x+5=0

x=–5

Vậy: S = {– 5}
Bài 12. (lopws6) Tìm số tự nhiên a, b biết: 3a + 9b = 183.
Ta có: 9b chia hết cho 9
183 chia 9 dư 3
Suy ra: 3a chia 9 dư 3 suy ra a = 1, b = 20
Bài 13. (lớp 9) Tính

(1)
(2)

4

Ta có:
Bài 14. (lớp 9) Giải phương trình: x4 – 5x3 + 10x + 4 = 0 (1)
Giải: Xét x = 0 không là nghiệm của phương trình (vì 4 = 0 vô lý)
Xét x ≠ 0 chia hai vế pt cho x2, ta có:

(1)
Đặt:
Phương trình trở thành:
t/h 1: y = 1
t/h 2: y = 4
Bài 15. Tính
Giải:

Bài 16. Chứng tỏa rằng:

5

Bài 17. So sánh:

và

Ta có: A < 1
Vậy: A < B
Vận dụng: So sánh:
Bài 18. Tính tỉ số

và
biết:

và

Giải :

Suy ra:
Bài 19: Rút gọn biểu thức: x(x + y)(x2 + y2)(x4 + y4)(x8 + y8)(x – y) – xy16
Giải : x(x + y)(x2 + y2)(x4 + y4)(x8 + y8)(x – y) – xy16
= x(x2 – y2)(x2 + y2)(x4 + y4)(x8 + y8) – xy16
= x(x4 – y4)(x4 + y4)(x8 + y8) – xy16 = x(x8 – y8)(x8 + y8) – xy16]
= x(x16 – y16) – xy16 = x.x16 – xy16 – xy16 = x17 – 2xy16
Bài 20. Cho a, b, c, d > 0. Chứng tỏ rằng giá trị của:
Q=
Giải :
Ta có:

không phải là số nguyên.

(1).

Áp dụng tính chất của tỉ số ta có:

(2).

Từ (1) và (2) ta có:
Tương tự ta có:

(3)
(4)
(5)

6

(6)
Cộng (3), (4), (5) và (6) theo vế ta có:

Suy ra: 1 < Q < 2
Vậy Q không phải là số nguyên.
Bài 21. Giải phương trình:
Giải:
Ta có: x2 + 10x + 26 = x2 + 2.x.5 + 52 +1 = (x + 5)2 + 1 ≥ 1
(1)
2x2 + 20x + 57 = 2x2 + 20x + 50 +7 = 2(x2 + 10x + 25) + 7 = 2 (x + 5)2 + 7 ≥ 7
(2)
Lấy (1) cộng (2) ta có:
Dấu “=” xảy ra khi x = – 5
Bài 22. Giải phương trình:
Giải:

Bài 23. Cho biểu thức:

. So sánh giá trị biểu thức A và B.

Giải: Ta có:
Vậy A < B.
Bài 24. Cho
. So sánh M với 1 (n! = 1.2.3…..(n – 1).n)
Hướng dẫn: 5! = 1.2.3.4.5 = 5.4! ; 9! = 9.8!
Giải: Ta có:

7

Vậy M < 1.
Bài 25. Tìm x, biết: 4x + 2 + 4x + 5 = 65
Giải: Ta có: 4x + 2 + 4x + 5 = 65
4x + 2 + 4x + 5 = 65
4x.42 + 4x.45 = 65
4x + 2 + 4x + 5 = 4 – 2 + 2 + 4– 2 + 5
4x.(42 + 45) = 65
Vậy x = – 2
4x . 1040 = 65
4x = 4 – 2
Vậy x = – 2
Bài 26. Tìm chữ số tận cùng của 32010
Giải:
Cách 1: Ta có: 31; 32; 33; 34; 35; 36; 37; 38; 39;…; 32010
Mà các nhóm: 31; 32; 33; 34 có chữ số tận cùng lần lượt là: 3; 9; 7; 1.
35; 36; 37; 38 có chữ số tận cùng lần lượt là: 3; 9; 7; 1.
…………
32005; 32006; 32007; 32008 có chữ số tận cùng lần lượt là: 3; 9; 7; 1.
Vì 2010 : 4 = 502 (có 502 nhóm có chữ số tận cùng bằng 1), dư 2 thừa số 3.
Vậy 32010 có chữ số tận cùng là 9.
Cách 1: Ta có: 32010 = 3. 3. 3. … (có 2010 thừa số 3).
= (3. 3. 3. 3). … .(3. 3. 3. 3).3 . 3
Vì: 3. 3. 3. 3 = 81 có chữ số tận cùng bằng 1;
(3. 3. 3. 3). … .(3. 3. 3. 3) = 81. … .81 có chữ số tận cùng bằng 1.
Nên: (3. 3. 3. 3). … .(3. 3. 3. 3).3 . 3 có chữ số tận cùng bằng 9.
Vậy 32010 có chữ số tận cùng bằng 9.
Bài 27. Tìm số nguyên x biết:
Giải: Ta có:

8

Vậy x = 10
Bài 28. Cho x + y = 999. Tính (x – 333)2023 + (y – 666)2023 (*)
Giải: Ta có: x + y = 999 = 333 + 666
Suy ra: x – 333 = – (y – 666) (1)
Thế (1) vào (*), ta được:
(x – 333)2023 + (y – 666)2023 = [– (y – 666)]2023 + (y – 666)2023
= – (y – 666)2023 + (y – 666)2023 = 0
Vậy (x – 333)2023 + (y – 666)2023 = 0 (với x + y = 999).
Bài 29. Tính S = 1 + 2 + 3 + … + 99 + 100
Giải: Ta có: S = 1 + 2 + 3 + … + 99 + 100 (1)
S = 100 + 99 + … + 3 + 2 + 1 (2)
Cộng (1) và (2) vế với vế, ta được:
2S = 101 + 101 + … + 101 + 101
2S = 101 . 100
S = 101 . 50 = 5050
Vậy S = 5050.
Bài 30. Cho hàm số y = (m2 – 2m + 5)x + 2 có đồ thị là đường thẳng (d) .
a) Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = (m + 3)x + m (d1).
b) Tìm m để (d) cắt Ox tại A, cắt Oy tại B sao cho diện tích tam giác OAB lớn nhất.
Giải:
a) Để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d1) khi và chỉ khi:

Vậy m = 1 và m

2 thì (d) // (d1)

b) Ta thấy m2 – 2m + 5 = m2 – 2m + 1 + 4 = (m – 1)2 + 4

4

0.

Đường thẳng (d) luôn cắt Ox và Oy.
* Đường thẳng (d) cắt Ox tại A
A(
* Đường thẳng (d) cắt Oy tại B
xB = 0
Cho nên:

yA = 0

(m2 – 2m + 5)xA + 2 = 0

B
A

; 0)

yB = (m2 – 2m + 5).0 + 2 = 2

B(0; 2)

(vì m2 – 2m + 5 > 0)

O

9

Để

max

max
(vì (m – 1)2 0
Vậy khi m = 1 thì diện tích tam giác OAB lớn nhất.
Bài 31. Hai người thợ cùng làm 1 công việc trong 9 ngày thì xong. Mỗi ngày, lượng công
việc của người thứ 2 làm gấp 3 lần lượng công việc của người thứ nhất. Hỏi nếu làm 1
mình mỗi người làm xong công việc đó trong bao nhiêu ngày?
Giải: Gọi x, y (ngày) lần lượt là thời gian làm xong công việc của người thứ I và người
thứ II. (Điều kiện: x, y > 9).
Trong 1 ngày, người thứ I làm:
Trong 1 ngày, người thứ II làm:

(công việc)
(công việc)

Trong 1 ngày, cả hai người là: (công việc), nên ta có phương trình:
(1)
Vì mỗi ngày lượng công việc của người thứ II gấp 3 lần lượng công việc của người thứ I,
nên ta có phương trình:

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:

(2).

(*)

Đặt

(*)
Vậy nếu làm 1 mình thì người thứ I làm xong công việc đó trong 36 (ngày) và người thứ
II làm xong công việc đó trong 12 (ngày).
Bài 31. Giải phương trình
Giải: Điều kiện:

(*)

10

(*)

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số, ta có:

VT = 0
(thỏa mãn)
Vậy x = 1.
Bài 32. Bác Tài đi xe đạp từ thị xã về làng, cô ba Ngân cũng đi xe đạp nhưng từ làng lên
thị xã. Họ gặp nhau khi bác Tài đã đi được 1h 30 phút, còn cô ba Ngân đã đi được 2 giờ.
Một lần khác, hai người cũng đi từ hai địa điểm như thế nhưng họ khởi hành đồng thời,
sau 1 giờ 15 phút họ còn cách nhau 10,5 km. Tính vận tốc của mỗi người, biết khoảng
cách từ làng đến thị xã là 38 km.
Giải:
Gọi x (km/h), y (km/h) lần lượt là vận tốc của bác Tài và vận tốc của cô Ngân. Điều kiện:
x > 0 và y > 0.
Quảng đường bác Tài đi được sau 1 giờ 30 phút = 3/2 giờ là: 3/2.x (km)
Quảng đường cô Ngân đi được sau 2 giờ là: 2.y (km)
Tổng quảng đường đi được của bác Tài và cô Ngân đúng bằng 38 km, nên ta có phương
trình: 3/2.x + 2y = 38 (1)
Quảng đường đi được của bác Tài và cô Ngân sau 1 giờ 15 phút = 5/4 giờ của lần đi khác
lần lượt là: 5/4.x (km) và 5/4.y (km)
Theo đề bài ta có phương trình: 5/4.x + 5/4.y + 10,5 = 38 (2)
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: …………
Bài 33. Cho đường thẳng (d): y = (m2 + 3)x + 4.
a) Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 4x + m + 3 (d1).
b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) lớn nhất.
Giải:
a) Để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d1) khi và chỉ khi:

Vậy m = – 1 và m

1 thì (d) // (d1)

11

b) Ta thấy m2 + 3 3

0.

Đường thẳng (d) luôn cắt Ox và Oy.
* Đường thẳng (d) cắt Ox tại A
yA = 0 (m2 + 3)xA + 4 = 0
* Đường thẳng (d) cắt Oy tại B
xB = 0

yB = (m + 3).0 + 4 = 4
2

Cho nên:

A(

; 0)
A

B(0; 4)

H

B
O

(vì m2 + 3 > 0)

Vẽ OH vuông góc với AB tại H. Áp dụng hệ thức lượng cho

có

, ta có:

Để OH max
max
Vậy khi m = 0 thì khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nhất.
Bài 34. Cho phương trình
x1, x2 sao cho

. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải: Ta có:
(1)
'
a = 1; b = – 4 ; b = – 2 ; c = – m2
với mọi m.
Với mọi m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:
Theo đề ta có:

(*)

12

Ta có: (x1 – x2)2 = x12 – 2x1x2 + x22 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 (2)
Thay (*) vào (2), ta được: (x1 – x2)2 = 42 – 4(– m2) = 16 + 4m2

với mọi m.

Dấu “=” xảy ra khi m = 0.
Bài 35. Cho phương trình
phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Giải: Hướng dẫn
Bậc 2, 1 ẩn ; suy ra : a ≠ 0
Δ=0
b2 – 4ac = 0
Bậc 1, 1 ẩn suy ra a = 0

Tìm các giá trị của tham số m để

* Khi a = 0 suy ra m – 1 = 0
Phương trình đã cho trở thành: 4x – 2 = 0 suy ra x = 1/2
Vậy khi m = 1 thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = ½.
* Khi

phương trở thành

Ta có

Để phương trình có nghiệm duy nhất khi
Vậy với
thì phương trình có nghiệm duy nhất.
Bài 36. Quảng đường AB gồm một đoạn lên dốc dài 4km, đoạn xuống dốc dài 5km. Một
người đi xe đạp từ A đến B mất 40 phút và đi từ B về A mất 41 phút. Biết vận tốc lên dốc
và xuống dốc là không đổi. Tính vận tốc lên dốc và vận tốc xuống dốc.
Bài 37. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 – 2mx + m2 – 2 = 0 có hai
nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn
Giải:
Phương trình x2 – 2mx + m2 – 2 = 0 có các hệ số: a = 1 ; b' = – m ; c = m2 – 2.
Tc có:

với mọi m.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Áp dụng hệ thức vi-ét, ta có:
Theo đề ta có:

(1)

13

Thay (1) vào, ta được:

Thay (1) vào, ta được:
(loại)

Vậy m = 1 và m = – 1 thỏa mãn đề bài.
Bài 38. Cho x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn:

Tính giá trị

biểu thức
Giải:
Bài 39. Chứng minh rằng phương trình ax 2 + bx + c = 0 (a # 0) luôn có nghiệm với mọi a,
b, c thỏa mãn 5a + 2c = b.
Giải:
Xét phường trình ax2 + bx + c = 0 (a # 0), luôn có nghiệm

.

(luôn đúng với mọi a, b,
c thỏa mãn 5a + 2c = b vì
).
Vậy phương trình đã được chứng minh.
Bài 40. Tìm x, biết:
a) 2x + 2x + 2x + 2x = 32.
Giải:
a) Ta có: 2x + 2x + 2x + 2x = 32.

b) 4x + 4x + 4x = 48.
b) Ta có: 4x + 4x + 4x = 48.

14

4.2x = 32

3.4x = 48

2x = 8

4x = 16

2x = 23

4x = 42

x=3
x=2
Bài 41. Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm GTNN của biểu thức:
.
Giải:
Vì x, y, z không âm và x + y + z = 1

.

Ta chứng minh:
Bình phương hai vế ta đươc:
Vì

nên

Suy ra

luôn đúng với
(1)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

(2)

và
Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế, ta được:

(3)

(x + y + z = 1).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
Vậy Q đạt GTNN là 4 khi (x, y, z) {(0, 0, 1); (1, 0, 0); (0; 1; 0)}.
Bài 42. Tìm m để phương trình (m – 1)x2 + (m + 4)x +m + 7 (1). Có nghiệm duy nhất.
Giải:
* Nếu m – 1 = 0

m = 1 thì: (1)

0x2 + 5x + 8 = 0

* Nếu
Ta có:

Phương trình (1) có nghiệm duy nhất

.

15

Bài 43. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parapol (P) có phương trình y = x 2, đường
thẳng (d) có phương trình y = 2x + m 2 – 4m + 9 (với m là tham số). Chứng minh đường
thẳng (d) luôn cắt parapol (P) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. Gọi A(x 1; y1), B(x2;
y2). Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho
Giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parapol (P):
x2 = 2x + m2 – 4m + 9

x2 – 2x – m2 + 4m – 9 = 0 (1)

Vậy đường thẳng (d) luôn cắt parapol (P) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.
Theo định lý vi-ét:
Phương trình (1) luôn có hai nghiệm trái dấu x1 < 0 < x2.

ậy m = 6 và m = – 2 là giá trị cần tìm.

V

Bài 44. Giải hệ phương trình
Giải:
(1)
1 ẩn x)

(coi là phương trình bậc hai

Ta có:
TH1: x = 2y – 2 thay vào (2)
(2)

3(2y – 2)2 – 2y2 = 1

TH1: x = 2 – y thay vào (2)

10y2 – 24y + 11 = 0

16

(2)

3(2 – y)2 – 2y2 = 1

y2 – 12y + 11 = 0

Vậy hệ phương trình có nghiệm:

Bài 45. Trên một khúc sông có hai địa điểm du lịch A và B cách nhau 1km. Một chiếc
thuyền máy đi từ A đến B và nghỉ tại đó 30 phút sau đó quay lại A. Thời gian từ lúc bắt
đầu khởi hành tới khi quay trở lại A là 45 phút. Hỏi vận tốc thực của thuyền máy m/phút
biết rằng vận tốc của dòng nước là 50m/phút.
Giải:
Đổi 1km = 1000m
Gọi vận tốc thực của thuyền máy là x (m/phút) (x > 50)
Vận tốc của dòng nước là 50m/phút.
Vận tốc xuôi dòng của thuyền máy là x + 50 (m/phút).
Vận tốc ngược dòng của thuyền máy là x – 50 (m/phút).
Thời gian xuôi dòng là

(phút).

Thời gian ngược dòng là
(phút).
Tổng thời gian đi của thuyền máy (không tính thời gian nghỉ) là 45 – 30 = 15 (phút).

(1)
Vậy vận tốc thực của thuyền máy là 150 (m/phút).
Bài 46. Vào 0 giờ ngày 8 tháng 3 năm 2024, chỉ sau 15 giờ phát hành sản phẩm âm nhạc
MV “Chúng ta của tương lai” của ca sĩ Sơn Tùng MTP đã dành tóp 1 trên dòng của YTB
Việt Nam. Giả sử trong tất cả những người đã xem MV, có 60% số người đã xem 2 lượt
và những người còn lại mới chỉ xem 1 lượt. Hỏi đến thời điểm hiện tại có bao nhiêu người
đã xem MV, biết rằng tổng số lượt xem là 4,8 triệu lượt.
Giải:
Gọi số người đã xem MV là x (người) (x N*).
Do trong tất cả những người xem MV, có 60% số người đã xem 2 lượt và những người
còn lại mới chỉ xem 1 lượt.
Nên có

số người đã xem 2 lượt và

đã xem 1 lượt.

17

Khi đó số lượt xem của MV là
lượt xem.
Theo bài ra tổng số lượt xem là 4,8 triệu lượt xem nên ta có phương trình:

Vậy có 3000000 người đã xem MV.
Bài 46. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 – 2(m – 1)x + m2 – 6 = 0
có hai nghiệm x1, x2 sao cho x12 + 4x1 + 2x2 – 2mx1 = – 3.
Giải:
Ta có: x2 – 2(m – 1)x + m2 – 6 = 0 (1)

Để (1) có 2 nghiệm thì
Vậy

thì pt (1) có 2 nghiệm x1, x2.

Áp dụng hệ thức Vi-ét:
.
2
Theo đề ta có: x1 + 4x1 + 2x2 – 2mx1 = – 3
x12 + 2x1 + 2x1 + 2x2 – 2mx1 = – 3
x12 + 2(x1 + x2) + x1(2 – 2m) = – 3
x12 + 2(x1 + x2) – x1(2m – 2) = – 3
x12 + 2(x1 + x2) – x1(x1 + x2) = – 3
x12 + 2(x1 + x2) – x12 – x1x2 = – 3
2(x1 + x2) – x1x2 = – 3 (2)
Thay (*) vào (2) ta được: 2(2m – 2) – (m2 – 6) = – 3
– m2 + 4m + 5 = 0
m1 = – 1 (nhận); m2 = 5 (loại)
Vậy m = – 1 thì ….
Bài 47. Cho hpt
mãn
Giải:

(m là tham số). Tìm m để hpt có n o duy nhất (x; y) thỏa

là số nguyên. (Toán 9)

* Với m = 0 thì hpt

, hệ có no

18

Xét

không thỏa mãn.

* Với
. Hệ có no duy nhất
Do đó hpt luôn có no (x; y) với mọi m.

Ta có:
Hpt có no duy nhất (x; y) = (m; 2)

với mọi m (vì

2

).

+ 1 > 0)

(vì m

Xét
Nếu

nguyên thì

nguyên.

Mà
Do đó để
nguyên thì
hay
Vậy m = 1 hoặc m = – 1 thỏa mãn bài toán.
Bài 47. Rút gọn biểu thức
Giải:

(toán 11, lớp 6 giải được)

Ta có:

Vậy
Bài 48. Cho pt x2 – 2(m + 1)x + 2m = 0 (m là tham số). Giả sử x 1, x2 là 2 no pt trên. Tìm
giá trị nhỏ nhất P = x12 + 2(m + 1)x2 + 4x1x2.
Giải:
Ta có:
Suy ra pt luôn có hai nghiệm phân biệt.
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

với mọi m.

. Do x1 là một nghiệm của pt.

19

Suy ra: x12 – 2(m + 1)x1 + 2m = 0
x12 = 2(m + 1)x1 – 2m
P = 2(m + 1)x1 – 2m + 2(m + 1)x2 + 4x1x2 = 2(m + 1)( x1 + x2) – 2m + 4x1x2
P = 2(m + 1). 2(m + 1) – 2m + 4.2m = 4(m + 1)2 – 2m + 8m
= 4m2 + 8m + 4 – 2m + 8m = 4m2 + 14m + 4

Vì
Vậy

.

Bài 49. Giải pt
Phương pháp: Dự đoán nghiệm x = 1.
Tách hợp lý-nhân liên hợp-nhân tử chung

(1)

Giải: Điều kiện:
(1)

(*) vô nghiệm vì
Vậy pt có một nghiệm x = 1.
Bài 50. Cho pt x2 – (m – 4)x – m – 2 = 0 (1) , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của
m để pt đã cho có hai no phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
Giải:
Ta có: x2 – (m – 4)x – m – 2 = 0 (1)
.
Suy ra pt (1) có hai n phân biệt x1, x2 với mọi m.
o

20

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

Theo đề ta có:
Ta có:

(2)
Vậy giá trị cần tìm là m = 4.
Bài 51. Cho pt x2 + (m – 1)x + m – 2 = 0 (1) , với m là tham số (m
(1) đã cho có hai no phân biệt thỏa mãn
Giải:
Ta có: x2 + (m – 1)x + m – 2 = 0 (1)
.
Để pt có 2 no phân biệt
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:
(2)
Vì

nên

). Tìm m sao cho pt

nhận giá trị nguyên.

21

(2)
Để
Lập bảng giá trị:

Ư(– 4) = {– 4; – 2; – 1; 1; 2; 4}

Vậy m = – 1 thì A nhận giá trị nguyên.
Bài 52. Tìm nghiệm nguyên dương của hpt sau:
Giải:
Ta có:
Do 17 là số nguyên tố

17 = 17.1

Để hpt có no nguyên dương thì từ (1)
Vì x, y, z nguyên dương
y+z>1
Với x = 1, y + z = 17, xét trong pt (2)
Ta có: z(x + y) = z(1 + y) = z + zy = 32.

thỏa mãn.

Giải hpt
Suy ra pt (3) có 2 no : y = 1; y = 15
Vói y = 1 z = 16 ; y = 15
z = 2 (thỏa mãn)
Vậy hệ phương trình có nghiệm nguyên dương (x; y; z) = {(1; 1; 16), (1; 15; 2)}.
Bài 53. Tính tổng S = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + … + 1024 (1)
Giải:
(1)
2S = 2 + 4 + 8 + 16 + … + 1024 + 2048 (2)
Lấy (2) – (1), ta được: S = – 1 + 2048 = 2047.
Bài 54. Phân tích đa thức thành nhân tử:
a) x4 + 2021x2 + 2020x + 2021 = x4 – x + 2021x2 + 2021x + 2021

22

= x(x3 – 1) + 2021(x2 + x + 1) = x(x – 1)( (x2 + x + 1) + 2021(x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)(x2 – x + 2021)
b) (x + y + 2z)2 + (x + y – z)2 – 9z2 = [(x + y + 2z)2 – (3z)2] + (x + y – z)2
= (x + y + 2z + 3z) (x + y + 2z – 3z) + (x + y – z)2
= (x + y + 5z)(x + y – z) + (x + y – z)2 = (x + y – z)(x + y + 5z + x + y – z)
= (x + y – z)(2x + 2y + 4z) = 2(x + y – z)(x + y + 2z).
Bài 55.
a) Cho pt x2 – mx – 10m + 2 = 0 có một nghiệm x = – 4. Tìm m và nghiệm còn lại.
b) Cho pt (2m – 1)x2 – 4mx + 4 = 0 có một nghiệm x = – 4. Tìm các giá trị của tham số m
để phương trình đã cho có nghiệm bằng m.
Giải:
Bài 56. Chứng tỏ rằng: M = 75.(42017 + 42016 + … + 42 + 4 + 1) + 25 chia hết cho 102.
Giải:
Ta có: M = 75.(42017 + 42016 + … + 42 + 4 + 1) + 25
M = (100 – 25).(42017 + 42016 + … + 42 + 4 + 1) + 25
M = 25.(4 – 1).(42017 + 42016 + … + 42 + 4 + 1) + 25
M = 25.[4.(42017 + 42016 + … + 42 + 4 + 1) – 1.(42017 + 42016 + … + 42 + 4 + 1)] + 25
M = 25.(42018 + 42017 + … + 43 + 42 + 4) – 25.(42017 + 42016 + … + 42 + 4 + 1)+ 25
M = 25.42018 + 25( 42017 + … + 43 + 42 + 4) – 25.(42017 + 42016 + … + 42 + 4) – 25 + 25
M = 25.42018 – 25 + 25 = 100.42017 chia hết cho 102.
Bài 57. Tìm giá trị nhỏ nhất của A, biết:
Giải:
. Vậy Min A = 0

(1)

(2)

(1)

140k2 + 210k2 + 150k2 = 2000

Với k = 2
Với k = – 2

500k2 = 2000

x = 20 ; y = 28; z = 30
x = – 20 ; y = – 28; z = – 30

Bài 58. Tìm x, y

biết 25 – y2 = 8.(x – 2009)2 (1)

k2 = 4

k = 2 hoặc k = – 2

23

Giải:
(1)

8.(x – 2009)2 + y2 = 25 vì

Vậy (x; y) = (2009; 5)
Bài 59. Cho pt x2 – 2(m + 1)x – 9 = 0, với m là tham số.
a) Giải pt khi m = 3;
b) Tìm các giá trị của m để pt có no x = 2;
c) Tìm các giá trị của m để pt có hai nghiệm pb x1,
Giải:
Ta có: x2 – 2(m + 1)x – 9 = 0 (1)

x2 sao cho x1 < x2 và

a) Với m = 3 (1)
x2 – 8x – 9 = 0 (2)
Pt (2) có các hệ số: a = 1; b = – 8 ; c = – 9
Vì a – b + c = 1 – (– 8) + (– 9) = 0 nên x1 = – 1 và x2 = 9
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x1 = – 1 và x2 = 9 khi m = 3.
b) Thế x = 2 vào pt (1), ta được: 22 – 2.(m + 1).2 – 9 = 0
c) Pt (1) có các hệ số: a = 1; b = – 2(m + 1)

m = 9/2

b' = – (m + 1) ; c = – 9

Ta có:
với mọi m.
Với mọi m thì pt (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
Ta lại có: a . c = 1. (– 9) = – 9 < 0

pt (1) có hai nghiệm trái dấu.

x1 < 0 < x2
Theo đề ta có:
Theo hệ thức vi-ét, ta có:
Thay (4) vào (3), ta được: 2(m + 1) = 6
Vậy m = 2 thì pt đã cho có hai nghiệm pb x1, x2 sao cho x1 < x2 và
Bài 60. Cho pt x2 + (2m – 1)x – m = 0.
a) Chứng minh pt luôn có nghiệm với mọi m?
b) Gọi x1, x2 là 2 n0 của pt đã cho. Tìm giá trị của m để biểu thức A = x 12 + x22 – x1x2 có
giá trị nhỏ nhất.

24

Giải:
a) Tự giải.
b) Với x1, x2 là 2 n0 của pt.

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
Theo đề ta có: A = x12 + x22 – x1x2 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 – x1x2 = (x1 + x2)2 – 3x1x2 (1)
Thay (*) vào (1), ta được:

Dấu “=” xảy ra khi:
Vậy

thì Amin =

Bài 61. Giải hpt sau:
Giải: Điều kiện:

Đặt:
(1)
Giải (2)
* Với b = 5 ; a = – 4

.

25

(thỏa mãn)
* Với b = – 4 ; a = 5

(thỏa mãn)
Vậy hpt đã cho có bốn nghiệm:
.
2
2
Bài 62. Cho pt x – (m – 3)x + m – 25 = 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để pt đã
cho có n0 x1, x2 thỏa mãn
Giải:
Để pt có n0 x1, x2 thỏa mãn
Khi và chỉ khi:
TH1: x2 = 0 ; x1 < 0 ; TH2: x1 < 0 < x2.
Ta có: TH1: x2 = 0 ; x1 < 0

TH2: x1 < 0 < x2

Kết hợp TH1 và TH2
Bài 63. Giải hpt
Giải:
Xét pt (2) với x = 0
Pt (2)

vô lý
(3)

26

Thay (2) vào (1)

Ta có:
Với
Với

;
thay vào (3)
thay vào (3)

Vậy
Bài 64. Tìm các giá trị của tham số m để pt x 2 – (m + 1)x – 2023 = 0 có hai n 0 x1, x2 thỏa
mãn
Giải:
Ta có:
biệt.

với mọi m nên pt luôn có hai nghiệm phân

Theo hệ thức Vi-ét ta có:
Để tồn tại hệ thức

Và
Thay (1) vào (2) ta được:

Thì pt có nghiệm khác 2023 suy ra:

27

nhận.
Vậy m = 2022 thì pt x – (m + 1)x – 2023 = 0 có hai n 0 x1, x2 thỏa mãn
2

Bài 65. (lớp 6) Tìm x, biết:
Giải:
Ta có:
Bài 66. (lớp 9)
Giải:

Chứng minh rằng:

Ta có:

(1)
(2)

Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta được:
(3)
Ta lại có:

(4)

Từ (3) và (4)
Bài 67. (lớp 9) Cho phương trình x2 – 3x + 1 = 0. Tính
Giải:
Ta có: x2 – 3x + 1 = 0

x2 + 1 = 3x

x8 + 2x4 + 1 = 49x4

x4 + 2x2 + 1 = 9x2

x8 + 1 = 47x4

Bài 68. (lớp 6) Tính giá trị của biểu thức:
Giải:
Ta có:

x4 + 1 = 7x2

28

Bài 69. (lớ
Giải:

p 9) Giải phương trình:

(1)

Điều kiện xác định:

:

(1)
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = – 4 và x = 0
Bài 70. (lớp 6)
Giải:

Cho 3x + 3y = 10 và 3x + y = 5. Tính 3x – y + 3y – x = ?

Ta có:

(1)
(2)
(3)

Thế (2) và (3) vào (1), ta được:

Vậy
Bài 71. (lớp 9) Một mảnh đất có dạng hình chữ nhật với chu vi bằng 52 m. Trên mảnh đất
đó, người ta làm một vườn rau có dạng hình chữ nhật với diện tích là 112 m 2 và một lối đi
xung quanh vườn rộng 1 m. Tính các kích thước của mảnh đất đó?
Giải:
Gọi x(m) và y (m) là các kích thước của mảnh đất. Điều kiện: x > 0 và y > 0.

29

Theo điều kiện đầu, ta có:

(1)

Theo điều kiện sau, ta có:
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:

(2)

Giải phương trình (2):
Thế y = 16 vào (1), ta được: x = 10
Thế y = 10 vào (1), ta được: x = 16
Vậy các kích thước của mảnh đất là: 16 m và 10 m hoặc 10 m và 16 m.

Bài 72. (lớp
Giải:

6) Cho

. Chứng tỏ rằng

Ta có:

Ta lại có:

Suy ra:

Bài 73. (lớp 9) Cho phương trình
có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn
Giải:

(m là tham số). Tìm m để phương trình
.

30

Ta có:
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt
Theo vi-ét, ta có:
Theo giả thuyết:

(1)

Điều kiện:

(1)

ta lại có:

Với
Vậy

và

là giá trị cần tìm.

Bài 74. (lớp 8) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
Giải:
Ta có:

Đặt

31

Vậy
Bài 75. (lớp 8) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
Giải:
Đặt

Vậy
Bài 76. (lớp 9) Chứng minh
Giải:

Ta có:
Vậy
Bài 77. (lớp 9) Cho phương trình
(*) với m là tham số.
a) Giải phương trình với m = 2
b) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn:

(1)
Giải:
a) Tự giải
b) Ta có:
Để phương trình có hai nghiệm thì:
Áp dụng đinh lí vi-ét, ta có:
Vì

là một nghiệm của phương trình (*), suy ra:

32

Xét

Xét

Đặt
Pt (1) trở thành:
Nếu

Pt (2)

Với t = 1
Nếu

Pt (2)

(2)

33

Với

Vậy m = 2 và m = 4 là giá trị cần tìm.
Bài 78. (lớp 7, 8) Cho phương trình x + xy + y = 54 (với x và y nguyên dương). Tính x +
y=?
Giải:
Ta có:
(y + 1)(x + 1) nhận các cặp sau:
(1; 55) loại
(55; 1) loại
(5; 11) nhận
(11; 5) nhận
Xét (5; 11), ta có:
Xét (11; 5), ta có:
Vậy x + y = 4.
Bài 79. (lớp 7, 8) Tìm hai số tự nhiên n và m, biết
Giải: Ta có:

Vì
(tm)
Vậy n = 1 và m = 1.

.

34

Bài 80. (lớp 8) Cho biểu thức
Giải:

. Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1.

Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

Suy ra
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

Vậy
Bài 81. (lớp 9) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
Giải:
Áp dụng BĐT cô-si ta có:

Cộng vế với vế ta có:
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài 82. (lớp 6) Cho
Giải:
Ta có:

n = 2010

. Tìm số tự nhiên n biết rằng:

.

35

Bài 82. (lớp 9) Giải phương trình:
Giải: Ta có:

Mà

nên

Vậy phương trình có tập nghiệm
Bài 83. (Toán Olympic cấp huyện) Tìm số nguyên x, biết:

Giải: Ta có:

Vậy x = 20.
Bài 84. (lớp 9) Cho a, b, c thỏa mãn a.b.c = 1 ;
Giải:
Ta có:

. Tính giá trị biểu thức:

36

Thay a = 1 vào

, ta được:

Vậy A = 0.
Bài 85. (lớp 9) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn:
Giải: Ta có:

.

Do
nên
Lập bảng xét dấu:
xy

3

4

4 – xy

+

1

+

0

–

xy – 3

–

0

+

1

+

–

0

+

0

–

Từ bảng xét dấu, ta có:
TH1:

(loại)

TH2:
Vậy x = y =2 là giá trị cần tìm.
Bài 86. (lớp 6) Tính:
Giải: Ta có:

(nhận)
.

37

Đặt:

Vậy
Bài 87. (lớp 8) Tìm số tự nhiên n lớn nhất sao cho:

có giá trị nguyên

Giải: Ta có:

Để (*) là số nguyên thì n + 23 là Ư(484).
Để n lớn nhất thì n + 23 cũng lớn nhất, nên n + 23 = 484
Vậy n = 484 – 23 = 461.
Bài 88. (lớp 8) Tính:
Giải:
Ta có:

Vậy M = 115
Bài 89. (lớp 6) So sánh: a)
Giải:

và

a) Ta có:

;

Vậy

<

<

b) Ta có:

>

;

;

b)

và

38

Vậy

>

Bài 90. (lớp 6) Tính nhanh:
Giải:
Ta có:

Bài 91. (lớp 7) Tính tỉ số

biết:

Giải:
Ta có:

Vậy
Bài 92. (lớp 9) Tìm GTNN của:

(1)

39

Giải:
Ta có:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
Vậy

khi x = 2000.

Bài 93. (lớp 6) Tính giá trị biểu thức:
Giải:
Phân tích: 20182018 = 20180000 + 2018 = 2018.10000 + 2018 = 2018.10001
20192019 = 20190000 + 2019 = 2019.10000 + 2019 = 2019.10001
Suy ra:
Vậy B = 1.
Bài 94. (lớp 6) Cho
Giải:
Ta có:

;

. Chứng tỏ:

;

;…;

Cộng vế với vế ta có:

Vậy

.

Bài 95. (lớp 9) Cho a, b, c khác 0 thỏa mãn
Tính
Giải:

.

40

Ta có:

(1)
Thay (1) vào A, ta được:
Vậy A = 0
Bài 96. (lớp 6) Tìm số nguyên a sao cho
Giải:

là số nguyên tố.

Ta có:
Mà
TH1:
Thử a = – 1 vào
TH1:
Thử a = 1 vào
Vậy

thì

Bài 97. (lớp 6) Cho
Giải:

là số nguyên tố.
và

. Tính

Ta có:

Bài 97. (lớp 8) Cho a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng:

41

Giải:
Ta có:

Mà a + b + c = 0
(1)
Vậy
Bài 98. (lớp 8) Chứng minh rằng:
Giải:

chia hết cho

Ta có:

Bài 100. (lớp 9) Chứng minh rằng với x, y > 0 thỏa mãn xy = 1 thì
Giải:

(1)

Ta có:

(1)

(luôn đúng)
Vậy
(đpcm)
Bài 101. (lớp 9) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Giải:

Ta có:

42

Áp dụng bất đẳng thức cô-si, ta có:

;

;

Suy ra:

Vậy

khi và chỉ khi:

Bài 102. (lớp 9) Cho

và thỏa mãn

. Chứng minh rằng:

Giải:
Ta có:

(đpcm)

Bài 103. (lớp 9) Cho
Giải: Cách 1
Ta có: –

. Tìm giá trị nhỏ nhất của A.

43

–

Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

Vậy

khi và chỉ khi x = 0

Cách 1
Ta có:
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

Vậy

khi và chỉ khi x = 0

và

, ta có: