Bộ đề thi năng khiếu môn toán lớp 10 trường chuyên năm 2022

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2021-2022 Môn: Toán 10 Lớp: 10 A1 Thời gian làm bài: 180 phút Câu (3 điểm) a) Cho hai tập hợp A  {x  ¡ | x  (1)n ;n  ¥ *} B  {x  ¡ | x  x   0} Viết A dạng liệt kê phần tử; B dạng khoảng (đoạn) Tìm A  B ; C¡ B b) Trong lớp 10A1 trường X tất học sinh thích hai mơn thể thao: bóng đá bóng rổ Biết số học sinh thích bóng đá gấp đơi số học sinh thích bóng rổ Có 15 em thích hai mơn có em thích bóng rổ Tính số học sinh lớp 10A1 Câu ( 2,5 điểm) a) Giải phương trình x + - x = x - + b) Cho hàm số y  - x + 8x - + x3 có đồ thị  C  đường thẳng d : y  x  m , với m tham số thực Biết x 1 đường thẳng d cắt  C  hai điểm phân biệt A B cho điểm G  2; 2 trọng tâm tam giác OAB ( O gốc toạ độ) Giá trị m ? ·  60 Các điểm M , N Câu (1,5 điểm) Cho tam giác ABC có AB  c, AC  b BAC uuur uuur uur xác định MC  2MB NA  1 uuur NB Tìm hệ thức liên hệ b c để AM CN vng góc với Câu (2 điểm) a) Cho x  Tìm giá trị nhỏ biểu thức S  x   6x   x x  x  y   x  y   x  (1)  b) Giải hệ phương trình :   x  y  (2)  xy  x   x; y ¡  Câu (1 điểm) Cho hình thang ABCD có đáy AB , CD , CD  AB M , N điểm thuộc cạnh AD BC cho AM  5MD , 3BN  NC Gọi P giao điểm AC MN ; PM QN  Q giao điểm BD MN Tính PN QM …………………… Hết……………………… HƯỚNG DẪN CHẤM 10A1 Câu 1: a) Ta có A  {  1;1} Xét bất phương trình x2  4x     x  Như B  [1;3] Ta có A  B  ; C¡ B  (;1)  (3; ) b) Gọi tập 𝐴 tập gồm em thích bóng đá 𝐵 tập em thích bóng rổ Vì có 15 em thích mơn em thích bóng rổ nên số em thích bóng rổ là: 15 + = 20 Vì số em thích bóng đá gấp đơi số em thích bóng rổ nên số em thích bóng đá là: 20.2 = 40 Theo công thức |𝐴 ∪ 𝐵| = |𝐴| + |𝐵| − |𝐴 ∩ 𝐵| ta có số học sinh lớp 10A1 là: 20 + 40 − 15 = 45 Câu 2: a) ìï - x ³ ïï Û 1£ x £ ● Điều kiện: ïí x - ³ ïï ïï - x + 8x - ³ ỵ (*) Û x - 1- x - + - x - Û Û x- ( ( ) x- 1- - )( x- 1- x- 1- (7 - x )(x - 1) = ( x - - 2) = x)= 7- x 7- é x- 1= ê Û ê ê x- = 7- x ë éx = Û êê x = êë b) Phương trình hồnh độ giao điểm d  C  là:  x  mx  m    x  1 x3  xm x 1 Suy xA , xB nghiệm phương trình x2  mx  m   Theo định lí Viet, ta có xA  xB  m Mặt khác, G  2; 2 trọng tâm tam giác OAB nên xA  xB  xO  3xG  xA  xB   m  Thử lại thỏa mãn Vậy m  thoả mãn yêu cầu đề Câu 3: uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Ta có MC  2MB  AC  AM  2( AB  AM )  3AM  AB  AC uuur uur uur Tương tự ta có 3CN  2CA  CB uuur uuur uuur uuur uur uur Vậy: AM  CN  AM  CN   (2 AB  AC)(2CA  CB)  uuur uuur uuur uuur uuur uuur  (2 AB  AC)( AB  AC)   AB2  AC  AB  AC   2c  3b  5bc   4c  6b  5bc   c  2b Câu 4: a) Đặt t  x  Theo bất đẳng thức Cauchy ta có t  x Khi S  t  6t   (t  3)   7  3 x  Vậy S  8  t   x     x  3 x   b) Điều kiện: x  0, y  0, 8x  y   0, x  y 1  (1)      8x  y   x   x  y    8x  y   9x x  y 1  0 8x  y   x x  y 1    1    x  y  5      8x  y   x x  y         x  y  5     x  y  5  8x  y    x  y    8x  y   x  x  y 1  x    x  y 1 9x  8x  y      x  y  5   0  x  y   x  x  y         1 0    x  y   y  x  1    x  y 1  x  8x  y   4 4 43   4 4 404x,y TXD      x  y   y  x  1  TH1:  x  y    y   x thay vào phương trình (2) :  x  x  x   3x ĐK: x   0;5 x 1 x  x   1  x    x  1  x   5 x  x(5  x)  x        (1  x)   1   x   y  thỏa mãn điều kiện x 2   544  0 2x40;543    TH 2: y  8x 1   y  8x  thay vào phương trình (2) : x(8 x  1)    x 8x    x  x 8x    x  x VT  x 8x    x  x  x     x   x  Suy phương trình vơ nghiệm x  Đáp số : hệ có nghiệm  y  Câu Gọi E giao điểm AD BC Ta có A, B trung điểm EC , ED uuuur uuuur uuur uuur Cách 1: Giả sử PM  xPN ; QN  yQM ur x uuur uuuur uuur 11 uu EA  EC uuur EM  xEN 11 uuur x uuur 10  EA  EC  Ta có EP  1  x  10 1  x  1 x 1 x Do P, A, C thẳng hàng nên Vậy 11 7x 25    55  21x  30  30 x  x   1  x  10 1  x  PM 25  PN r 11y uuur uuur uuuur uuu EB  ED uuur EN  yEM uuur 11y uuur 12   EB  ED Ta có EQ  1 y 1 y 1  y  12 1  y  Do Q, B, D thẳng hàng nên 11y 24    84  55 y  60  60 y  y   5 1  y  12 1  y  QN 24  QM PM QN 341 Suy   PN QM 45 Vậy Cách 2: Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác EMN có A; P; C thẳng hàng ta có: AE PM CN 1 AM PN CE PM  1 PN 10 Suy PM 25  PN Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác EMN có B; Q; D thẳng hàng ta có: DM QN BE 1 DE QM BN  Suy QN 1 12 QM QN 24 PM QN 341 ; suy    QM PN QM 45 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN I- KHỐI 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 - 2021 NGUYỄN TRÃI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2 điểm) Giải phương trình: x   18 x    Câu 2: (2 điểm) Giải hệ phương trình:   y  x3  3x  x x3  y  y  y Câu 3: (1 điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc  CMR: ab bc ca a bc    3 ab bc ca a b c Câu 4: (1 điểm) Tìm số tự nhiên x cho  x  22 x1 số phương Câu 5: (3 điểm) Cho tam giác ABC cân A có đường trịn ngoại tiếp (O) Đường thẳng AO cắt BC M, cắt (O) K Gọi D điểm thuộc đoạn BC Lấy P Q thuộc đoạn AB, AC cho DP // AC DQ // AB Lấy I trung điểm BD, J trung điểm CD a) CMR: BI = MJ MJ IP  MK IJ b) CMR: KD  PQ c) Cho KD cắt (O) E CMR: AQPE hình thang cân Câu 6: (1 điểm) Cho bảng vuông  Ta điền số 1; 2; 3; vào bảng cho ô số khơng có hàng cột có số giống Hỏi có cách điền số vậy? Hướng dẫn giải: Câu 1: a) ĐKXĐ: x  Khi x  18 x     9x2 1  Do VT  Dấu “=” xảy x  Câu 2: Trừ vế ta được: y  x3  x3  y  3( x  y )  2( x  y) 2( x3  y )  3( x  y )  2( x  y)   ( x  y )(2 x  xy  y  3x  y  2)  2 Có: x2  xy  y  3x  y   ( x  y  1)2  x  x   y  y   Do x = y và: x3  x3  3x2  x  x  x  2 3 Vậy ( x; y)  (0;0);( ; ) Câu 3: VT = abc( 1    )  2(ab  bc  ca) ab  bc  ca ab  ac bc  ba ca  cb Ta cần CM: 3(a3  b3  c3 )  (a  b  c)(ab  bc  ca) Lại có: (a3  b3  c3 )(a  b  c)  (a  b  c )2 Mà: 3(a  b2  c )  (a  b  c)2 a  b2  c  ab  bc  ca nên ta có đpcm Dấu “=” xảy khi: a  b  c  3 Câu 4: Xét phương trình:  x  22 x 1  y  x (2 x1  1)  ( y  1)( y  1) - Nếu x = thì: y  y  2 - Nếu x > y lẻ, đặt y = 2k + ta được: x 2 (2 x 1  1)  k (k  1)  x  Do (k, k+1) = nên k 2x2 k  x2 TH1: k  m2x2 x 1   m(k  1) = m  m2 2x2 Hay: m   x2 (m2  8)  m = loại, m = loại, m = loại, m  loại TH2: k   m2 x2 x 1   mk  m(m2 x 2  1)  m2 x2  m Hay: x2 (m2  8)  m   Từ chặn được:  m  Do m = Vậy x = Câu 5: a) Vì I, J trung điểm BD, CD nên JI = Có: BC = BM nên BI = MJ MJ BI IP IP BI MA BM PI      MK MK MK MA BM IJ BM b) Có: KP  KB  BP , KQ  KC  CQ Do đó: KP  KQ  BP  CQ  DP  DQ Áp dụng định lí điểm ta có: KD  PQ c) Vì K điểm cung nhỏ BC nên ED phân giác BEC Do đó: EB BD BP nên ∆𝐸𝑃𝐵 ~∆𝐸𝑄𝐶 (𝑐 𝑔 𝑐)   EC CD CQ Nên BEP  CEQ  PEQ  BEC  BAC Lại có: DK // PQ DK // AE nên kết hợp điều ta có AQPE hình thang cân Câu 6: Vì hàng cột chuyển vị trí cho nên ta đếm trường hợp sau đếm số cách đổi vị trí Ta xét trường hợp số ghi đường chéo Tiếp theo số 2, 3, hàng theo thứ tự + TH1: số ghi ô hàng cịn lại 4;3 Làm tiếp ta thấy trường hợp có cách + TH2: Số ghi ô thứ hàng thứ 2: Làm tiếp ta thấy có cách + TH3: Số ghi ô thứ hàng thứ 2: Tương tự có cách Như vậy, trường hợp số đường chéo hàng ghi số 1; 2; 3; có cách Ta đổi vị trí số 2; 3; 3! = cách Do đó, trường hợp số ghi đường chéo ta có: 4.6 = 24 cách Các cách điền số khác thu cách đổi vị trí hàng bảng vng, có hàng nên số hốn vị đổi hàng là: 4! Vậy số cách điền số thỏa mãn mà: 4!.24 = 576 SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THÁNG LẦN NĂM HỌC 2021 - 2022 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI MƠN TỐN – 10 Thời gian làm : 180 Phút ( Đề có trang ) mx − x + m − Câu (2,0 điểm) Tìm m cho hàm số y = đạt giá trị nhỏ x2 + Câu (2,0 điểm) Cho dãy số Fibonacci ( Fn ) thỏa mãn F1 = F2 = Fn+2 = Fn+1 + Fnn  Chứng minh 2n−1 Fn − n chia hết cho với n  Câu (3,0 điểm) 1) Cho hình bình hành ABCD tâm O Lấy điểm I, J cho: 3IA + IC − ID = (1) JA − JB + JC = (2) Chứng minh rằng: I, J, O thẳng hàng 2) Cho tam giác ABC Các điểm D,E,F cạnh BC,CA,AB thỏa mãn: BD CE AF Chứng minh = = CD AE BF a) Hai tam giác ABC DEF có trọng tâm b) Nếu hai tam giác ABC DEF chung trực tâm tam giác ABC Câu (2,0 điểm) Tìm tất hàm f : → thỏa mãn: f ( ( x − y ) ) = x − yf ( x) + ( f ( y )) x, y  Câu (1,0 điểm) Một lễ hội có n tới góp vui Biết chọn màu từ màu có sẵn để vẽ lên trang phục mặt cho khơng có sử dụng màu giống hệt màu có khơng q 10 sử dụng Chứng minh n  16 cách tô màu cho 16 thỏa mãn điều kiện CỰC TRỊ TẬP HỢP Chứng minh Khi BÀI TẬP VẬN DỤNG Đặt X = A∩S,Y = B∩S Khi A = X ∪A′ X ∩A′ = 0, / B = B∪B′ , B′ ∩Y = / |A∆S| = |A| + |S| − 2|A ∩ S| = |A′ | + |X| + |S| − 2|X| = |A′ | + |S| − |X| |B∆S| = |B| + |S| − 2|B ∩ S| = |B′ | + |Y | + |S| − 2|Y | = |B′ | + |S| − |Y | Ta có với hai tập hợp A, B |A + B| ≥ |A| + |B| − Nếu hai tập A, B ⊂ S, A = X, B = Y, A′ = 0, / B′ = / Dễ nhận thấy ∈ A + B, min(A), min(B) ≥ Từ suy |(A + B) ∩ S| ≤ n − Ta có |(A + B) ∪ S| = |A + B| + |S| − |(A + B) ∩ S| ≥ (|A| + |B| − 1) + n − (n − 1) = |A| + |B| Do |(A + B)∆S| = |(A + B) ∪ S| − |(A + B) ∩ S| ≥ |A| + |B| − (n − 1) Vậy trường hợp ta |A∆A| + |B∆S| + |(A + B)∆S| ≥ 2|S| − |X| − |Y | + |A| + |B| − n + = 2|S| − n + = n + Nếu hai tập A, B không tập S Khi |(A+B)∆S| = |A+B|+|S|−2|(A+B)∩S| ≥ |A+B|+|S|−2|S| = |A+B|−|S| ≥ |A|+|B|−1−|S| Do |A∆S| + |B∆S| + |(A + B)∆S| ≥ |A′ | + |S| − |X| + |B′| + |S| − |Y | + |A| + |B| − − |S| = |A′ | + |S| − |X| + |B′| + |S| − |Y | + |A′| + |X| + |B′ | + |Y | − − |S| = 2|A′ | + 2|B′ | + |S| − ≥ + |S| − = n + Bất đẳng thức cuối có bất đẳng thức |A′ | ≥ |B′ | ≥ phải xảy Vậy hai trường hợp, GTNN tốn n + Ta chứng minh |A + B| ≥ |A| + |B| − Thật vậy, giả sử phần tử tập A a1 < a2 < < ak phần tử B b1 < b2 < < bl Khi tổng A + B ln có k + l − số tăng dần dãy sau a1 + b1 , a1 + b2 , , a1 + bl , a2 + bl , a3 + bl , a4 + bl , , ak + bl Điều chứng tỏ kết cần chứng minh Bài tập 3.17 Cho n số nguyên dương S tập gồm n phần tử, A1 , , Am m tập con, tập chứa hai phần tử, S thỏa mãn: với ba số (i, j, k) mà Ai ∩ A j = 0, / A j ∩ Ak = 0, / Ak ∩ Ai = 0/ n−1 có Ai ∩ A j ∩ Ak = / Chứng minh m ≤ − Ths Trần Minh Hiền(0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 44 CỰC TRỊ TẬP HỢP BÀI TẬP VẬN DỤNG Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Hiển nhiên phát biểu đề với n = Giả sử kết luận với số nguyên dương bé n Xét hai trường hợp Không tồn i, j {1, 2, , m} để Ai ∪ A j = S |Ai ∩ A j | = Gọi x phần tử tùy ý thuộc S Khi • Theo giả thiết quy nạp, số tập Ai lớn không chứa x 2n−2 − • Số tập chứa x S 2n−1 Nếu x ∈ Ai khơng có số j để A j = (S\Ai ) ∪ {x}, không dẫn đến |Ai ∩ A j | = 1, mâu thuẫn Do vậy, có nửa số tập chứa x S xuất dạng tập Ai Như số lớn tập Ai 2n−2 − + 2n−2 = 2n−1 − Tồn phần tử x ∈ S cho A1 ∪ A2 = S A1 ∩ A2 = {x} Đặt |A1 | = r + 1, |A2 | = s + r + s = n − • Theo giả thiết quy nạp, số lớn tập Ai cho Ai ⊂ A1 2r − • Theo giả thiết quy nạp, số lớn tập A j cho A j ⊂ A2 2s − • Bây đếm tiếp xem có tập dạng Ai mà không tập A1 , A2 Nếu Ai khơng tập A1 , A2 A1 ∩ Ai = 0, / Ai ∩ A j = / Vì A1 ∩ A2 = 0, / nên theo giả thiết A1 ∩ A2 ∩ Ai = 0/ ⇒ A1 ∩ A2 ∩ Ai = {x} Do Ai = {x ∪ (Ai \A2 ) ∪ (Ai \A2 )} Ngoài co tập khác rỗng Ai ∩ A1 Ai \A2 chọn tương ứng theo 2s − 2r − cách, nên số lớn tập Ai dạng (2s − 1)(2r − 1) Từ suy số lớn tập dạng 2r − + 2s − + (2r − 1)(2s − 1) = 2r+s − = 2n−1 − Bài tốn chứng minh hồn tồn TÀI LIỆU THAM KHẢO Một số định lý lý thuyết tập hợp cực trị, Vũ Thế Khơi, Bài giảng Viện Tốn Học dành cho trường hè 2012 Combinatorial Mathematics, Stefan H M van Zwam, Princeton University 2013 Khoảng cách Hamming, giảng mạng Combinatorics of sets, Po-Shen Loh, June 2013 Combinatorial problems in Mathematical Competitions, Yao Zhang, World Scientific 2011 Đề thi học sinh giỏi nước trang mathlinks.ro Ths Trần Minh Hiền(0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 45 TÌM HIỂU SÂU THÊM TỐN HỌC SƠ CẤP DÃY SỐ CỘNG TÍNH DƯỚI Kiều Đình Minh – Hồng Bảo Lâm – Nguyễn Đăng Khoa THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ Trên số báo TH&TT trước, giới thiệu số dãy số đặc biệt: Dãy số điều hòa, dãy số lồi, … Trong số tiếp tục gửi đến bạn đọc loại dãy số thú vị khác, dãy số “Dưới cộng tính” I Định nghĩa tính chất Định nghĩa Dãy số  xn n1 gọi dãy số Cộng tính thỏa mãn xmn  xm  xn , với m, n  1, 2,3, Nếu dãy số  xn n1 thỏa mãn bất đẳng thức xmn  xm  xn , với m, n  1, 2,3,  xn n1 gọi dãy số Cộng tính Rõ ràng dãy số  xn n1 thỏa mãn xmn  xm  xn  c, m, n  1, 2,3, với dãy  xn  c n1 , dãy cộng tính c số Bạn đọc tự lấy thí dụ dãy số cộng tính hay dãy số cộng tính trên, chẳng hạn: Dãy số  xn  với xn  n  n  1, 2,  dãy số cộng tính dưới, dãy số  xn  với xn  n2  n  1, 2,  dãy số cộng tính Trong này, chúng tơi nói tính chất dãy số cộng tính tên báo nêu Về dãy số cộng tính trên, bạn đọc tự tìm hiểu thêm Tính chất Tính chất 1: Với dãy cộng tính  xn n1 , ta có n (m, n, k  * ) 1 m Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo k Theo giả thiết, xn  xm nm  xm  xn m , xn  kxm  xn km , k  nên 1 k  Giả sử 1 đến k , ta có xn  kxm  xn km  kxm  xm n kmm  kxm  xm  xn kmm   k  1 xm  xn  k 1m , nghĩa 1 n Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh ■ m n Ở ta quy nạp theo k đến chừng bất đẳng thức k  đúng! m Tính chất 2: Với dãy cộng tính  xn n1 , ta có đến k  1, với k   n  xn  mx1    1 xm , n  m (m, n  * )   m  Chứng minh Từ giả thiết ta có xm  x1 m1  x1  xm1   mx1 Viết n  mk  r , với k  1, r  0;1; ; m  1 Ta có xm  mx1  km  r   1 xm xr  rx1 Ta cần xkm r  mx1    m  hay mxkm r  m x1    k  1 m  r  xm * Ta chứng minh * quy nạp theo k Với k  1, ta phải chứng minh mxmr  m2 x1  rxm Ta có điều cách cộng hai bất đẳng thức sau rxm  r  r x1  rxm  m  r  xm r   m  r  m  r  x1   m  r  x1 Giả sử * đến k , tức mxkm r  m2 x1    k  1 m  r  xm Cộng hai vế bất đẳng thức với mxm , ta mxkm r  mxm  m2 x1   km  r  xm Lại có mx k 1m r  m  xkm r  xm   mxkm r  mxm Từ suy * cho k  Theo nguyên lý quy nạp ta có điều cần chứng minh.■ Tính chất 3: Cho dãy cộng tính  xn n1 , m  n n  n  1 xm 2m đúng, nghĩa có x1  x2   xn  Chứng minh Với m  n  3  3 n 1 xn ** Thật vậy, ta thấy điều cách cộng bất đẳng thức chiều sau x1  xn 1  xn x1  x2   xn  x2  xn   xn xn 1  x1  xn Suy  x1  x2   xn 1    n  1 xn  x1  x2   xn 1  xn  Bây với j * , đặt yj  m  n  j  k  1, ta y j  xj j x1  x2   x j    j n 1 n 1 xn  xn  xn 2 Khi đó, từ (**) cách cho y j  y j 1 Từ đó, m  n, ta có yn  yn 1   ym1  ym  Tính chất 4: Cho dãy cộng tính  xn n1 , xm ■ m x x2 x3    n  xn , n  *   n Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Hiển nhiên khẳng định với n  1, n  Giả sử khẳng định với n  1, 2, , k   k  , k   Ta có x1  x1  x1 x2  x2 x x x1    x3 x x x1    k 1  xk 1 k 1 Cộng theo vế bất đẳng thức ta x1  x x2   k 1  x1  x2   xk 1 k 1 x  x   k  x1    k 1    x1  x2   xk 1    k  1 xk k 1   x x  x1    k  xk k Theo nguyên lý quy nạp   chứng minh xong.■  k  1 x1   k   Ta sử dụng tích chất để chứng minh   sau: Bằng cách áp dụng  3 nhiều lần ta n 1 1 x x 1  x1    n   x1  x2   xn        x1  x2   x j   n n j 1  j 1  j n 1 j  j  1 n  n  1  xn   xn  xn n 2n j 1 j  j  1 Tính chất (Bổ đề Fekete) : Cho dãy cộng tính  xn n1 khơng âm, tồn giới hạn x xn giới hạn inf n n  n n xn Chứng minh Đặt L  inf Với   bất kỳ, chọn n cho an  n  L    (số n n 1 n tồn theo định nghĩa infimum) Đặt c  max xi Nếu m  n, đặt m  qn  r với lim n  1 i  n  r  n Từ tính chất cộng tính dãy , ta có xm  xqnr  xnn  n r  xn  xn   xn  xr  qxn  c Vì xm qxn c qn  L    c qn  m   ■      L   m  , m m m m m m II Một số thí dụ Thí dụ Cho a1 , a2 , , an  rằng: thỏa mãn  j   a j , với i, j  1, i  j  n Chứng minh a  1 a2 a3 1 a    n2  1      n 2 n  n n a  a  a Lời giải Đặt t  a1 , , , n   l 1  l  n  Khi xét dãy số  bi  xác định n l  bi  0, i  1, n, bl  0, bi   ti Khi có bi  j  bi  b j hay dãy  bi  thỏa mãn điều kiện đề Ta có n n n n bi  ti n bn n an  tn n an n 1    t    t         2 i n i 1 i n i 1 i n i 1 i i 1 i i 1 i i 1 i 1 i i 1 i n n a a n b b n Suy  2i  n    2i  n  * n i 1 i n i 1 i i 1 i i 1 i Ta chứng minh * phương pháp quy nạp Thật vậy, với n  khẳng định Giả sử khẳng định đến n  Xét trường hợp +) Nếu l  n tức bn  khẳng định +) Nếu l  n, theo giả thiết quy nạp, ta có n bi n l bi bn l n l bn l  bl n l bn n l       n l   n  l i 1 i n  l i 1 i i 1 i i 1 i i 1 i a1  n  giảm Thật n i 1 i n 1 n 1 n 1 1 1    , điều    n i 1 i n  j 1 j n n  n  1 j 1 j Ta chứng minh dãy số un  n 1 1  j   n  n  1  n j 1 bi bn nl bn n      , ta có điều phải chứng minh n  l i 1 i n i 1 i i 1 i Thí dụ Giả sử dãy số nguyên không âm a1 , a2 , , a1997 thỏa mãn  a j   j   a j  1, i, j  i  j  1997 Chứng minh tồn số thực x Do n cho an   nx  với  n  1997 (  x  số ngun lớn khơng vượt x )  a a 1  Lời giải Ta phải tồn x   n ; n  , 1  n  1997 Do cần tồn n  n a  am  x với 1997 phần tử dãy đoạn giao nhau, tức với m, n n n m Ta chứng minh điều quy nạp theo m  n Nếu m  n   m  n  bất đẳng thức hiển nhiên +) Nếu m  n bất đẳng thức hiển nhiên +) Nếu n  m  n  mq  r ,  r  m Do m  r  n  m từ giả thiết quy nạp suy a a a  am ar  am a 1   amq  r   qam  ar   qam  r r  qam  r m  n m  n  r m r m m n m +) Nếu n  m  m  nq  r ,  r  n Do n  r  n  m lại theo giả thiết quy nạp suy a 1 ar an  a   nam  naqn  r  n  qan  ar  q   nqan  nq  nr r  nqan  nq  nr n  r n r n a a 1  nqan  nq  ran  r  m  an  1  m  n m n Thí dụ Cho dãy  un  số nguyên dương thỏa mãn  umn  um  un  2, m, n  Chứng minh tồn hai số thực dương  a1n   a2n   un   a1n   a2n  1, n  2017 a1 , a2 cho Lời giải Trước hết ta chứng minh quy nạp với m, n nguyên dương u u 2 mun  n  um   1 (hay n  m thí dụ 2) n m Với m  n   m  n  1, 1 trở thành u1  u1  2, ta thấy 1 Giả sử 1 với m  n mà  m  n  k Ta chứng minh 1 với m  n  k Thật +) Nếu m  n 1 trở thành mum  m  um   , bất đẳng thức +) Nếu m  n Xét cặp số  m  n, n  , ta có m  n  n  m  m  n  k Do theo giả thiết quy nạp  m  n  un  n  umn   Mặt khác từ điều kiện đề un  umn  um suy n  un  umn   num   m  n  un  n  un  umn   n  umn    num  mun  n  um   +) Nếu m  n Xét cặp số  m, n  m  , ta có m  n  m  n  m  n  k Do theo giả thiết quy nạp có munm   n  m  u m 2  Mặt khác, từ điều kiện đề un  unm  um  suy mun  m  unm  um   Thành thử munm  mun   n  m  um    m  un m  um    mun  n  um   Trở lại toán : Từ 1 suy un um   , m, n  n m * Đặt u  u  u   uq  K  max  n  1  p  1; L   n  1   1 n  2017 1 n  2017 q n  p  n  u p uq  u   K  L Do u1  nên k    Do 1 có p q a1  1, a2   K ; L  Với  n  2017, ta có Vậy  K  L Chọn u 2   1 n  un   n   a2 n   un  n  Do +) a2 n  Ln   n  n   a1n   a2 n   n    a2n  n   un  n   un u  +) a2 n  Kn   n  1 n  un  n   a2 n   un  n (do un  n  n  Vậy  a1n   a2 n   n    a2 n  n   un  n  un   un a2 n  un  n ) Thí dụ Dãy số thực x1 , x2 , thỏa mãn xm n  xm  xn  1, m, n  1, 2, Chứng minh xm xn 1    , m, n  1, 2, m n m n Lời giải Bằng quy nạp ta chứng minh xmn  nxm  n 1 Với n  ta có xm  xm   1, khẳng định 1 Giả sử 1 cho n, xm n1   n  1 xm  xmn m  xmn  xm  xmn  nxm   n, 1 cho n  Từ ta có mxn  nxm  xmn  mxn  xmn  nxm  m  n  Thí dụ Cho hàm số f :  xm xn 1    , m, n  1, 2, m n m n thỏa mãn f  x  y   f  x   f  y   1, x, y  Chứng minh tồn hàm cộng tính g :  thỏa mãn f  x   g  x   1, x  x  Lời giải Theo thí dụ dãy  n  dãy Cauchy nên dãy hội tụ Cố định x, xét dãy n xn  f  nx  , n  * số xác định Theo giả thiết ta có  xn  xm n  xm  xn  1, m, n  1, 2, Do tồn giới hạn hữu hạn g  x   lim n  f  nx  Ta n chứng minh g cộng tính Thật vậy, từ giả thiết ta có f  n  x  y   f  nx  f  ny  1  f  nx  ny   f  nx   f  ny         , n  n n n n n n  , ta g  x  y   g  x   g  y  , x, y  Mặt khác, theo nhận xét * , cho f  nx    f  x    , n  * n n n Cho n  , ta 1  g  x   f  x    f  x   g  x   1, x  n   f  nx   nf  x   n   1  Trên đây, giới thiệu cách khái niệm dãy số Cộng tính số thí dụ có liên quan Rất hy vọng bạn đọc khai thác thêm nhiều tính chất cho dãy số thú vị Sau giới thiệu thêm số tập để bạn đọc tự luyện tập Cho số thực C  dãy số thực dương  an n1 có a1  1, a2  thỏa mãn điều kiện sau amn  am an am n  C  an  am  , m, n  1, 2, Chứng minh an  n, n  1, 2, Cho c  2, a1 , a2 , dãy số thực không âm cho amn  2am  2an , m, n  a2 k  , k  Chứng minh dãy số  an n1 bị chặn c  k  1 Xét dãy số thực x1 , x2 , x3 , thỏa mãn xm  n  xm  xn  , m, n  mn * Chứng minh dãy số cho cấp số cộng Cho dãy số thực  an n1 thỏa mãn am  an   amn  am  an  1, m, n  Chứng minh an   n   an  n  1, n  n  n u  1, n  1, 2, cho  n dãy số  n1 xác định um n  umun , m, n  1, 2, tồn giới hạn hữu hạn lim Cho dãy số thực  un n1  ln un , n  1, 2, Chứng minh  n1 hội tụ giới hạn inf   n n * TÌM HIỂU SÂU THÊM TỐN SƠ CẤP DÃY SỐ LỒI Kiều Đình Minh – Nguyễn Tiến Long, THPT chuyên Hùng Vương, Phú thọ Dãy số lồi xuất năm 70 kỷ trước chưa quan tâm mức, dãy số có ứng dụng định Ngày người ta nghiên cứu nhiều dãy số lồi mở rộng Trong báo chúng tơi muốn trình bày cách bản, có hệ thống tương đối đầy đủ kiến thức sở dãy số lồi áp dụng việc giải toán thi Olympic ĐỊNH NGHĨA  Định nghĩa Dãy số thực  an 1 gọi lồi ak 1  ak 1  2ak với k  gọi lõm thỏa mãn ak 1  ak 1  2ak với k  Định nghĩa Dãy số dương  an 1 gọi lồi lôgarit ak 1ak 1  ak2 , k  gọi lõm lôgarit ak 1ak 1  ak2 , k  2 TÍNH CHẤT Định lý Cho dãy số lồi  an  , với n  l  k  anl  anl  ank  ank Chứng minh: Đặt ai  1  , i  1, suy ai 1  ai , i  Ta có  an l  an  k  Vì ai 1  ai , i  1, nên suy n l 1  i nk n l 1  a ; a i nk ai  i n k  an l  n 1 k  a i  n l n 1 k  a Do a i  n l i n l i  anl  ank  ank Định lý Với dãy số lồi  an  , max a1 , a2 , , an   max a1 , an  Chứng minh - Nếu với k  1, ta có ak  ak 1 , max a1 , a2 , , an   a1  max a1; an  - Nếu tồn k nhỏ nhất, k  thoả mãn ak  ak 1 , ta có: ak  ak 2  2ak 1  ak 1  ak 2  ak  ak 1  ak 2   an Mặt khác ta có a1  a2   ak Như vậy, ta suy max a1 , a2 , , an   max a1; an  Trong trường hợp, ta có điều phải chứng minh  Định lý Cho  an 1 lồi bị chặn Khi a) a1  a2 ; b)  an 1 hội tụ đến giới hạn hữu hạn a ; Chứng minh a) Đặt a1  a2  a1  t Giả sử t  Từ giả thiết ta có an1  an  an  an1  an1  an2   a2  a1  t , suy an1  an  t  an1  2t   a1  nt  Do t  nên cho n  , an1  , mâu thuẫn với tính bị chặn  an 1 Vậy t  hay a1  a2   b) Theo dễ suy  an 1 giảm Lại  an 1 bị chặn nên có giới hạn hữu hạn  MỘT SỐ THÍ DỤ MINH HỌA  Thí dụ Cho  an 0 dãy số lồi Chứng minh a1  a3   a2 n 1 a0  a2   a2 n  n n 1 Lời giải Ta chứng minh quy nạp Với n  1, kết luận Giả sử khẳng định với n, ta chứng minh với n  1, hay  n   a1  a3   a2n1    n  1 a0  a2   a2n2  Do  n  1 a1  a3   a2n1   n  a0  a2   a2 n  nên ta cần chứng minh a1  a3   a2 n1   n   a2 n1  a0  a2   a2 n   n  1 a2 n2 Điều theo định lý định nghĩa ta có a1  a2 n 1  a0  a2 n  a  a  a  a 2n2  n 1  a  a  a n   a2 n   n 1 n 1 a2 n 1  a2 n 1  a2 n  a2 n  Cộng theo vế bất đẳng thức chiều ta điều phải chứng minh.■ Thí dụ Cho  1 n k n dãy lồi, đặt Ak   Chứng minh  Ak 1 k i 1 dãy lồi Lời giải Cách 1: Định nghĩa f  k   k  k  1 k  1 Ak  Ak 1  Ak 1  , k  2,3, , n  Từ giả thiết suy f  k   f  k  1  k  k  1 k  1 Ak  Ak 1  Ak 1    k  1 k  k   Ak 1  Ak  Ak   k k 1 k 1 k 1 k k 2 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1   k  1 k  1   k  k  1   k  k  1   2k  k      k  1 k     k  k  1   k  k  1 2ak  ak 1  ak 1   Tức f  k   f  k  1 , k  3, 4, , n  Vì f  k   f  k  1   f     2a2  a3  a1   0, suy Ak  Ak 1  Ak 1 , k  2,3, , n  ■ Cách : Chứng minh quy nạp : Với k  ta dễ dàng có điều phải chứng minh dãy an lồi Giả sử khẳng định đến l , ta có : Ak 1  Ak 1  Ak , k  l   k  k  ak 1   a1  a2   ak 1    k  k   ak , k  l Ta chứng minh Al  Al   Al 1   l  1 al    a1  a2   al    l  3l  al 1 Thật vậy, giả thiết quy nạp : l  1 al 1   a1  a2   a l 1   l  1 a1  l  a l 2  a1  a   a l 1  a l  l 2 a l 1    l  1  al   al    2l  2l a l 1  l  a l   a  a   a l  l  3l a l 1 Vậy có điều phải chứng minh.■ n Thí dụ (Baltic Way 2014) Cho dãy số  0  n  3 với a0  an  thỏa mãn 1  2ai  1  ai2 , i  1, 2, , n  Chứng minh  0, i  1, 2, , n  Lời giải Giả thiết suy dãy cho lồi Áp dụng định lý ta có  0, i  0,1, 2, , n ■  Thí dụ (IMO SL 1988) Cho  ak 1 dãy số thực lồi không âm cho k a j 1 j  1, k  1, 2, Chứng minh   ak  ak 1   , k  1, 2, k2 Lời giải Từ giả thiết suy dãy an bị chặn, từ áp dụng định lý , ta suy ak  ak+1, k Vì ak  ak 1  0, k Thế với i  k , ta có k2 2k 1 i  , i  1, 2, , k k2 Giả sử tồn k cho ak  ak 1  Suy a1  a2   ak  2k k  k  1      1, điều k k k k2 Vì , k ■ k2 n Thí dụ (IMO LL 1978) Tìm số c  cho với dãy lõm dương  ak k 1 ak  ak 1  ta có n  n  a  c n  ak2     k  k 0  k 0  Lời giải Bất đẳng thức đề tương đương với n  ak2  k 0 Trong  1i  j  n  1i  j  n n a j  c  n  1  ak2 k 0 a j chứa số có dạng   j   j  a  i j   j  2 1  ai2 j  ai2 j , i  j  2 Với i, ta xét có cặp dạng n +)  i    Có cặp  1 , 1  ,  2 , 2  , ,  a0 , a2i  Suy 2 ai2   1  1     a0  a2i   ai2   1 1  ai21   a02  a22i   ai2   a02  a12   a 2 n    2   2  2  n +)     i  n  Có cặp  an , a2i n  ,  an1 , a2i n1  , ,  1 , 1  Suy 2 ai2   1  1     an  a2i n   2   a2i n   an2  2 Vậy n 2    n    2 a  a  a  a   a      a22i n   an2     k k   i    2  i 1  i   n  1 k 0  k 0  2  n n 2   Nếu n chẵn ta có n n n n n n n2 n VP   ak2    a02  a12   a22i     a22i  n   an2    ak2   ak2   ak k 0 i 1 i  n 1 k 0 2 k 0 k 0 Nếu n lẻ ta có n 1 n n n n 1 n n 1 n VP   ak2    a02  a12   a22i     a22i n   an2    ak2  ak  ak   k 0 i 1 i  n 1 k 0 2 k 0 k 0 Do đó, ta chọn c  ■ n f  n  bé cho với k  1, 2, , n , ta có ak n  a  Tìm biểu thức  f  n  max  a ; a  Thí dụ (China 2009) Cho dãy số lồi  ak 1  n  3 cho i 1 i n Lời giải Trước hết, định nghĩa dãy  ak  sau : a1  1, a2   2n  k   n 1 n 1  , k  3, 4, , n ak   n 1 n   n  1 n   Thì a1  a2   an  2ak  ak 1  ak 1 , k  2,3, , n 1 Trong trường hợp này, dễ kiểm n 1 n 1 Tiếp theo, giả sử  ak  dãy thỏa mãn toán Ta chứng minh bất đẳng thức sau tra f  n   thỏa mãn n 1 max  a1 , an  , k  1, 2, , n n 1 lồi nên an  an1  an1  an2   a2  a1 Suy ak  Do  ak   k  1 an  a1    k  1  an  an1    an1  an2     a2  a1     n  1  ak  ak 1    ak 1  ak 2     a2  a1     n  1 ak  a1  Suy k 1  k  1 an   n  k  a1  1  an  a1   a1  n 1 n 1  Tương tự, với k cố định tùy ý, k  1, n với j  1, 2, , k tùy ý, ta có ak  aj   j  1 ak   k  j  a1  k 1  Vì vậy, với j k , k  1, , n , ta có aj   j  k  an   n  j  ak  n 1  Hệ quả, ta có k k k  j  1 ak   k  j  a1    a1  ak  ,  k  j 1 j 1 n n n 1 k aj   j  k  an   n  j  ak    ak  an    n  k j k j k aj  Lấy tổng hai bất đẳng thức trên, ta k n j 1 j k ak   a j   a j  k n 1 k k n 1 n 1 k ak  an  a1  ak    ak  an   a1  2 2 Vì vậy, ta có an    ka1   n   k  an  n 1   2 Từ 1 &   , với k  2,3, , n  1, ta   n 1 ak  max  ka1   n   k  an   max  a1 ; an   k  1 an   n  k  a1 ; n 1  n 1  n 1 n 1 ■ Tóm lại : f  n  bé n 1 Thí dụ (USA MO 1993) Cho a0 , a1 , a2 , dãy lõm lôgarit Chứng minh a0  a1   an a1  a2   an 1 a0  a1   an 1 a1  a2   an  , n  n 1 n 1 n n Lời giải Bổ đề : k 1 k k k 1 a a  a0 , k  Chứng minh : Ta chứng minh bổ đề quy nạp Với k  hiển nhiên a12  a0 a2 Giả sử bất đẳng thức đến k  j , ta chứng minh bất đẳng thức đến k  j  Thật a jj 1 a jj1  a0  a j 2 j 1  a 2j  1j 1 a jj 1 a0  a j 2 j 1 j 1 j 2 a a  a jj12 a jj12  a0 n 1 Bổ đề : a1 a2 a3 an1   a0 an  , n  Chứng minh : Ta chứng minh bổ đề quy nạp Với n  a12  a0 a2  a1   a0 a2  Giả sử khẳng định đến n  m Ta chứng minh khẳng định đến n  m  Thật a1a2 a3 am1   a0 am  m 1 m 1 m 1  a1a2a3 am1am  a0 am2 1 Theo bổ đề ta có m 1 m amm 1 am a02 am21  a   a 0 1 m m 1 m am 1 am 1 am  2 Lấy 1   nhân vế theo vế, ta m m a1a2 a3 am  a02 am21   a0 am1   m11 Quay trở lại toán : Ta viết kết bổ đề sau 2n n 2n  a1a2 a3 an1  n1  a0 an   a1a2 a3 an1  n 1   a0an  n1   a0an  n1  a1a2 an1  n 1  a0an n 1 a0n 1a12 n a22 n a32 n an2n1ann 1  a0 an Theo bất đẳng thức AM – GM, suy  a0  a1   an  a1  a2   an1   a a n2   a0  a1   an1  a1  a2   an1  n  n  n  1  a0 an an  a1   an 1   n2 n  n  1   a0  a1   an1  a1  a2   an1   a0 an  an  a1   an1   an  a1  a2   an1    a0  a1   an1   a1  a2   an1   an  a1   an1    a0   an1  a1   an1   an  a0   an1  n  n  1 n2 n2 n2  n2  n2  n2 a  a   an 1   a0   an 1  a1   an 1 an   a   an 1   n      n 1 n   n 1 n n n     a  a   an a1  a2   an 1 a0   an 1 a1   an   n 1 n 1 n n n2 ■ Trên số thí dụ dãy số lồi Để hiểu thêm vấn đề xin mời bạn đọc luyện tập qua số tập sau BÀI TẬP VẬN DỤNG  Bài (IMO SL 1975) Cho  an 1 dãy số lồi cho  an  Chứng minh   n  1 an  an1   2, n  1, 2,3, Bài (IMO LL 1978) Giả sử  bn  n  0,1,  dãy số dương cho  nbn   n  0,1,  lồi với cách chọn   tùy ý Chứng minh dãy  log bn  n  0,1,  lồi Bài (IMO LL 1978) Chứng minh c  số tốt thỏa mãn N  N  a  c N     an2 với dãy dương lõm  an  n  0,1, , N   n  n 0  n 0  Bài (IMO SL 1976) Cho a0 , a1 , , an , an1 dãy số thực thỏa mãn điều kiện sau a0  an1  ak 1  2ak  ak 1  1, k  1, 2, , n k n 1 k  , k  0,1, , n  Bài (Baltic Way 1994) Cho a1 , a2 , , a9 số thực không âm a1  a9  Chứng minh ak  số khác Chứng minh có số i,  i  cho 1  1  2ai Phát biểu cịn khơng thay số bất đẳng thức 1,9? Bài (China TST 2008) Tìm số M lớn cho với số nguyên n  tùy ý, tồn hai dãy số thực dương a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn thỏa mãn đồng thời n a) b k 1 k  1; 2bk  bk 1  bk 1 , k  2,3, , n  1; k b) ak2    bi , k  1, 2, , n; an  M i 1 Bài (China TST 2009) Cho số nguyên n  Tìm số   n  lớn có tính chất sau: Nếu dãy số thực lõm a0 , a1 , , an thỏa mãn  a0  a1  a2   an n  n  ia   n ai2     i  i 1  i 1  TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Chikkanna R Selvaraj, Suguna Selvaraj, Summability Matrices and Mean – Convex Sequense, Int J Contemp Math Sciences, Vol.8, 2013, No 19 [2] Feng Qi, Bainiguo, Monotonicity of Sequences Involving Convex Function and Sequence, 2000 Mathematics Subject Classification [3] Katarina Nicova, A Note On Higher – Order Convexity of Sequences, Int J of Pure and Applied Mathematics, Volume 83 No 1, 2013 [4] Lily L.Liu, Yi Wang, On the log – Convexity of Combinatorial Sequenses, Partially Supported by NSF of China 10471016 [5] A McD Mercer, Polynomials and Convex Sequence Inequalities, Journal of Inequalities In Pure and Applied Mathematics, Volume 6, Issue 1, Article 8, 2005 [6] Moussa Ahmia, Hacine Belbachir, Preserving log – convexity for Generalized Pascal triangles, The Electronic Journal of Combinatorics 19(2) (2012) [7] Shanhe Wu, Lokenath Debnath, A Computers and Mathematics with Applications 54 (2007) [8] Zinelabidine LaTreuch, Benharrat Belaidi, New Inequalities for Convex Sequences [9] IMO Shortlist (1959 – 2016) [10] Diễn đàn AoPS ... ? ?100 6 thuộc {? ?100 6 ? ?100 5; ;100 5 ;100 6}  p ? ?100 6  q ? ?100 6  0, mẫu thuẫn với p; q lẻ SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN THỨ NĂM NĂM HỌC 2020-2021 Môn: Toán. ..  100 6 p  100 6q  pq   ( p  100 6)(q  100 6)  100 62  32  100 3 .100 9  ( p ? ?100 6)(q ? ?100 6) :100 3 .100 9 Mà 100 9 số nguyên tố nên hai số p  100 6; q ? ?100 6 phải chia hết cho 100 9 Lại có: p  100 6,...  100 6 p  100 6q  pq   ( p  100 6)(q  100 6)  100 62  32  100 3 .100 9  ( p ? ?100 6)(q ? ?100 6) :100 3 .100 9 Mà 100 9 số nguyên tố nên hai số p  100 6; q ? ?100 6 phải chia hết cho 100 9 Lại có: p  100 6,