Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán học 942401

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 1: (4,0 điểm) 2x  x 1 2x x  x  x x  x )  1 x 1 x x x 1 6 a) Tìm giá trị x để A  b) Chứng minh A  với x thoả mãn x  0, x  1, x  Cho biểu thức A   (   1.a) A   ( x  x   x x  x  x ) x  x    (2 x  1)( x  1)  x (2 x  1)( x  1)  x ( x  1) 1 x 1 x x   (1  x )  x  x 1  (1  x )( x  x  1)   x 1  x ( x  1)  x x 1   1    x  1 x  x 1  x  x 1 x  x 1  6 x 1 6    x  x   Từ giải x   3; x   5 x  x 1 x 1   x  x    ( x  1)  b)Ta có: A   x  x 1 Do x  nên x    ( x  1)2  Vậy A  Ta có A  Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: 3x2 + 4x + 10 = 14 x  Giải xác định điều kiện: x   2 ;x  2  x  x   x   2 x   =  ( x  2)  ( x   7)   x  2  x        x   x  2 (Thỏa mãn)   x  2  x     Bài 3: (3,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab bc ca    c 1 a 1 b 1 1 11 1      (*) dấu xảy x = y Ta có với x, y >0 thì: ( x+y)2  xy    x y x y x y 4 x y ThuVienDeThi.com TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Áp dụng bất đẳng thức (*) a+b+c = nên ta có: ab ab ab  1      ; c  (c  a )  (c  b )  c  a c  b  bc bc  1     ; a 1  a  b a  c  Tương tự ta có: ca ca  1      b 1  b  a b  c  ab bc ca  ab  bc ab  ca bc  ca  1          a  b  c   c 1 a 1 b 1  c  a bc ab  4 ab bc ca 1    Dấu xảy  a  b  c   c 1 a 1 b 1 + Hiển nhiên hệ có nghiệm x = y = z = + Với xyz  (I) viết lại: 1 1  11 x  y  xy   y  z    yz z  x    zx 1 1 x  y    (II)  1    y z 1    z x Cộng ba phương trình hệ (II) 11 theo vế ta được:          (*) x y z x y z   Trừ phương trình (*) cho phương trình hệ (II) theo vế ta có : x = 1, y = 2, z = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) (1; 2; 3) Bài 4: (6,0 điểm) 1) Cho hai đường tròn (C1) (C2) tiếp xúc điểm T Hai đường tròn nằm đường tròn (C3) tiếp xúc với (C3) tương ứng M N Tiếp tuyến chung T (C1) (C2) cắt (C3) P PM cắt đường tròn (C1) diểm thứ hai A MN cắt (C1) điểm thứ hai B PN cắt đường tròn (C2) điểm thứ hai D MN cắt (C2) điểm thứ hai C Chứng minh tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp 2) Cho  ABC điểm M nằm  ABC cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC ? 1) Gọi O1, O2, O3 tương ứng tâm E đường tròn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3 N C thẳng hàng => BO1 // NO3 B MB O B MA O A => Tương tự:   MN O N MP O P MA MB => => AB//NP  MP MN Tương tự CD// PM => AEDP hình bình hành (với E = AB  CD) Do PAT ~ PTM => PT2 = PA.PM tương tự PT2 = PD.PN Vậy PA PM = PD.PN => T M EB PN PA ED    EC PM PD EA => EBC ~  EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800 ThuVienDeThi.com O2 D O1 O3 A P TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG => ABCD nội tiếp 2) Vẽ tam giác CMN BCN = ACM => BN = AM mà AM  BM  CM  BN  BM  MN  BMN vuông M ฀ ฀ ฀  BMC  BMN  NMC  900  600  1500 Bài 5: (2,0 điểm).Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2 A= x  y  z xy yz zx với x > 0; y > 0; z > xy  yz  Biến đổi để được:  xy yz zx  A = x + y + z     (1)    x y y z x z   + Chứng minh được: x + y + z  xy  yz  zx > (2) + Thay (2) (3) vào (1) A   x  y  z Do đó: Min A =    xy  yz  zx  + Vậy Amin = 1 xyz Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x 3 x  x 3 x 2 9x  P  1    :  x   2  x  x x  x  6  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P =  x0 x   đk  x    x  2  x  x    Ta có:  x ( x  3)   ( x  3)(3  x )  ( x  2)(2  P  1  : (  x )(3  x ) ( x  3)( x     ThuVienDeThi.com x) 9  x   zx  TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG    x x4      (2  x )(3  x ) : =  = =  .  x    (2  x )(3  x   x     (2  x )  3 Vậy P = x 2 x 2   x    x   x  25 Vậy với x = 25 P = x 2 Ta thấy P =  Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x2  x4 ( x   1)    x x 1 1    x a ĐK: x  -1 PT    x      x4 x  x   1   b  x   1  x   x   Giải Pt x = (t/m x  -1) KL: x = x  y   z  xy  x  y z  Hệ   x  y  u x, y nghiệm phương trình:  xy  v Đặt  t2 - ut + v = Phương trình có nghiệm  u2 – 4v  (*) (a) 1 Thế (1) vào (2)  v = – z(5 - z) = z2 –5z + 2 u   z v  zu  Ta có hệ:  Hệ có nghiệm  (a) có nghiệm  (*) xảy  (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8)   - 3z2 + 10z –    z   1 z     7  z    (z-1)(-3z+7)      z  z      z  7  z   Từ (3) z nguyên  z = 1; (3) (VN )  x   u   x  y   y  +) z       x  v   xy    y  u   x  y   x    v   xy  y  +) z    Vậy hệ có nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2) x  y  z   xy  yz  zx  b) Tìm nghiệm nguyên hệ:  Bài 3: (2,0 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: Tính: T = x xy + yz + zx = 1  y 1  z   y 1  z 1  x   z 1  x 1  y  1 x2 2 2 1 y2 1 z2 ThuVienDeThi.com TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 1+x2 Ta có Tương tự ta có: T= x x2 = = xy + yz + zx + y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(z+y) 1+y =(y+x)(y+z) 1+z2 =(z+x)(z+y) y  x y  z z  x z  y   y z  x z  y x  y x  z   z x  y x  z y  x y  z  = x  z x  y  x  y y  z  z  x z  y  =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2 Vậy T= Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :  x x 8 x  2  x  x    :    P      x2 x  x  x x x x     a) Tìm x để P có nghĩa chứng minh P  b) Tìm x thoả mãn : x  P   a) Điều kiện x>0 Ta có : P  P= x 4 x2 x 5  P-1=  ( x )  (8 x  8)  ( x  2) ( x  x  3)  ( x  2) : x ( x  2) x ( x  2) x 4 x2 x 5 1  ( x  1) ( x  1)  Vậy P  0 b) ( x  1).P    x  1  x  x   3x + x -1 = 32 3 3 x (loại) x  (thỏa mãn)  x 74 (thoã mãn điều kiện x>0) Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình :  x  x   1  x  1 b) Giải hệ phương trình : x2y – 2x + 3y2 = x2+ y2x + 2y = a ĐK : x  1  x   x x2 x2 2x x 2x ( )    (x  )  1  (  1)  x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x  (1  ) x  (1  )  x  (1  ) x  (1  )   x 1 2 1 (thỏa mãn) b Giải hệ phương trình : ThuVienDeThi.com TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Nếu y=0  x=0 Vậy x=0, y=0 nghiệm hệ phương trình Với y  hệ cho trở thành x2y – 2x + 3y2 = x2y+ y3x + 2y2 = y x  2x  y   (1) x  y x  2y  2 Xét y  3 từ (1)  x  (2) y y 2 Nhận thấy y  3 khơng thoả mãn hệ phương trình thay vào (2) ta có :   y2 y2 y3 y3 ( ) y  y  11 y    y   y   0 y 2 y 2 y 2  ( y  2)  y  1  y  1  x  2  Vậy hệ có nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 ; ) 2 y    y   x  2 3 3 1 1 Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z  R thỏa mãn :    x y z x yz Hãy tính giá trị biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) Từ : 1 1 x y x yzz 1 1 =>     =>     0 x y z x yz x y z x yz xy z x  y  z     zx  zy  z  xy  x y  x  y            x  y  y  z ( z  x)   xy z x  y  z   xyz x y z ( )       Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) Vậy M = 3 + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 Bài 4: (6,0 điểm) Cho ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c0 x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A  1  x y xy b) Cho số dương a,b,c thay đổi thoả mãn : a+b+c=4 a  b  b  c  c  a  CMR: 3.a.Vi a  0, b  ; Ta có: a  b  a b  2ab (Bdt Cô si)  a  b  2ab  4ab  (a  b)2  4ab (a  b)(a  b) ab a a 1 4         (*) ab ab ab ab ab a  b a b ab Áp dụng BÐT (*) với a = x  y ; b = 2xy ; ta có: 1 4 (1)    2 x  y 2xy x  y  2xy (x  y) 1 Mặt khác : (x  y)2  4xy     (2) 4xy (x  y) xy (x  y)  1  1  1  1 A        2 x y xy  x  y 2xy  2xy  x  y 2xy  xy   4  1   1   6 2  (x  y) (x  y) (x  y)   (x  y) [Vì x, y >0 x  y    (x  y)2  ]  minA = x = y = ThuVienDeThi.com TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG b.*Do a,b,c >0 từ gt ta có : a  b  a  b  c   a  b   a  b  a  b (1) *Hồn tồn tương tự ta có: b  c  b  c (2) c  a  c  a (3) *Cộng vế với vế (1),(2) (3) ta có:  2a  b  c   a  b  b  c  c  a Hay   đpcm  ab  bc  ca Bài 1: (4,0 điểm)  a   a :  Cho biểu thức: A = 1    1  a a a  a  a 1 a      a.Rút gọn biểu thức A b.Tính giá trị biểu thức A a  2011  2010  a   a  : Điều kiện: a  A = 1   1  a  a a  a  a 1  a       ( a  1) a 1 a : a 1 (1  a )(a  1)  ( a  1) (1  a )(a  1) (a  1)( a  1)  1 a Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho x, y, z số dương thoả mãn xyz =1 1 Tìm GTNN biểu thức: E =  x ( y  z)  a a  a     :   a (a  1)(1  a)  a 1   y ( z  x)  z ( x  y) b) Giải phương trình nghiệm nguyên: xy yz xz   3 z x y 1 1 , b = , c =  abc = = 1 x + y = c(a + b) x z y xyz y + z = a(b + c) x + z = b(c + a) 2 a b c a b c E= + + Dễ dàng chứng minh đợc + +  bc ca ab bc ca ab a ( a  b  c ) b( a  b  c ) c ( a  b  c ) Nhân hai vế với a + b + c >  + +  (a+b+c) bc ca ab 2 2 a  b  c  abc 3 a b c  + +   = E 2 2 bc ca ab Dấu "=" xảy  a = b = c = Vậy E = a = b = c = a) Đặt a = ThuVienDeThi.com TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG b) ĐK: x  ; y  ; z  Pt  x y  y z  x z  3xyz x  ; y  ; z   x y  y z  x z   3xyz  suy số x, y, z dương, số có hai số âm, số dương Ngoài (x,y,z) nghiệm (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) (x,-y,-z) nghiệm Do cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z số nguyên dương Không tính tổng quát ta giả sử : x  y  z  2 x xy z2 xz yz y  z;   z     z z z y x x y xy xz yz 3    z  z  3z z y x   z   z  mà z   z  Với z = phương trình trở thành: Ta có: x y  2 y x xy  y x  3 x y từ đó:  xy  mà x  ; y   x  y  Vậy (x,y,z) = (1,1,1) Từ nhận xét suy phương trình có nghiệm ngun (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1) Bài 2: b) Giải phương trình: x   3x  x  b) x   3x  x  (1), điều kiện x  Đặt x   a, a  ; 3x  b, b  Suy b  a  x  Thay vào (1) ta a  b  b  a  (a  b).(a  b  1)   a  b (do a  0, b  nên a+b+1>0) Với a = b ta có x   3x  x  thỏa mãn điều kiện Vậy x=1 nghiệm phương trình cho a b c ab bc     1 b c a bc ab b) Cho a, b, c dương a + b = c = Chứng minh a  b  b  c  c  a  Bài 3: (2,0 điểm) a) Cho a, b, c>0 chứng minh rằng: a b c ab bc      (1) b c a bc ab a (a  b)(b  c) b(a  b)(b  c) c(a  b)(b  c)  (a  b)  (b  c)  (a  b)(b  c)    b c a 2 a c b ( a  b) cb (b  c)   a  ab  ac   b  ab  c  bc  b c a 2 2 Mặt khác (a  b)  (b  c)  (a  b)(b  c) = a  ac  c  3b  3ab  3bc a) a, b, c>0 CM: Do ta cần chứng minh: a c b (a  b) cb(b  c)    2b  2bc  ab (2) b c a a2c b (a  b) cb(b  c) a c b3 a c c b b3 c b c a    (  ) (  VT  ) (  )  b2 (  ) b c a b c b a c a a c  ab  ac  b4 c  2b  ab  2bc  2b  VP a 10 ThuVienDeThi.com TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Dấu “=” xảy a = b = c b) C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si: 2 ab bc ac 2 2 3 ab  T : bc  a  c  3 Cộng vế 1,2,3 ta có đpcm Đẳng thức sảy a = b = c = 1/3 C2: Áp dụng Bu nhi a: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x3y + xy3- 3x-3y = 17 Phương trình: x3y+xy3-3x-3y=17  (x2+y2)(xy-3)=17=17.1 Do x,y nguyên dương nên x2+y2>1 Bài 2:  x  y   ( x  y)  25 ( x  y)  xy  17 x  y  17  xy        x  y  5 xy  xy  xy     xy  2 2  x  hc  y     x  4  hc  y  1 x   y  x  -1  y  -4 x  x  4 x  x  1    y   y  1 y   y  4 Kết luận:  Bài 3: (2,0 điểm) a) Giải phương trình: (x+1)(x+2)(x+4)(x+8) = 28x2 ax + by = c  b) Cho hệ phương trình:  bx + cy = a  cx + ay = b  (a, b, c tham số) Chứng minh điều kiện cần đủ để hệ phương trình có nghiệm là: a3 + b3 + c3 = 3abc a) Giải phương trình : (x+1)(x+2)(x+4)(x+8)=28x2  (x2 + 6x +8)(x2 + 9x + 8) = 28x2 x (1) x=0 nghiệm pt (1) Chia vế (1) cho x2 ta được: (1)  (x+  6)( x   9)  28 t  2 Đặt t = x+ (1)  (t+6)(t+9) =28  t2 + 15t + 26 =0  x t  13 x Với t = -2 x+  2  x2 + 2x + =0 vô nghiệm x Với t = -13  x+  13  x2 + 13x + =0  x = -13  137 11 ThuVienDeThi.com TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG b) Điều kiện cần : Giả sử HPT cho có nghiệm (x ; y) Khi a  b3  c  a.a  b.b  c.c  (bx  cy )a  (cx  ay )b  (ax  by )c  ab(ax  by )  ca (cx  ay )  bc(bx  cy )  (a 2bx  ab y )  (ac x  ca y )  (b cx  bc y )  abc  cab  bca  3abc Điều kiện đủ: Giả sử a  b3  c  3abc  (a  b)3  c  3ab(a  b)  3abc   (a  b  c) (a  b)  c(a  b)  c   3ab(a  b  c)   (a  b  c) (a  b)  (b  c)  (c  a )   a  b  c  a  b  c    2 a  b  c (a  b)  (b  c)  (c  a )  a+b+c=0 , nhận thấy HPT có nghịêm : x = y = -1 a=b=c , nhận thấy HPT có nghiệm : x = ; y=1 (hoặc x = ; y = 0) Vậy a  b3  c3  3abc HPT cho có nghiệm Bài 3: (2,0 điểm) Tìm a , b , c biết a , b ,c số dương 32       1     = abc a  b  c  Vì a ; b ; c số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 1 =   =2   2 b c a b a b 2 32     =   1      a b c abc a  b  c  1  a2  Dấu « = » xảy :  32       1     = abc a  b  c  c2 = c  1  a  a   1      b  b  1  c2  c    Bài 4: (2,0 điểm) a) Cho a, b, c  [0 ; 1] Chứng minh : a b c    (1  a )(1  b)(1  c)  b  c 1 a  c 1 a  b 1 b)Cho số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = Chứng minh : x2 + y2 + z2  a) Cho số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = 12 ThuVienDeThi.com TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Chứng minh : + +  Ta có x2 + y2 + z2  3(x2 + y2 + z2)  3(x2 + y2 + z2)  ( x + y + z + xy +yz + zx)- (x2 – 2xy + y2) + (y2 – 2yz + z2) + (x2 – 2zx + z2) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (z2 – 2z + 1)  ( x – y)2 + (y – z)2 + (x – z)2 +(x -1)2 + (y – 1)2 +(z – 1)2  b) Vai trò a, b, c ngang nên giả sử: a  b  c áp dung BĐT Cauchy cho số: a+b+1, 1-a, 1-b ta có: x2 y2 z2 a  b  11  a 1  b    a  b    a   b      1  a 1  b   a  b 1 1 c  1  a 1  b   a  b 1 Vì a  b  c nên: a a  b  c 1 a  b 1 b b  a  c 1 a  b 1 1 c a b c a b c 1     1  a 1  b 1  c      a  b 1 a  b 1 a  b 1 a  b 1 b  c 1 a  c 1 a  b 1 Bài 5: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường cao AH Gọi I,K điểm nằm tam giác ABC cho = ,M trung điểm BC Chứng minh tam giác ABI ACK vuông Ivà K : a) MI = MK b) Bốn điểm I,H,M,K thuộc đường tròn a) Gọi E,F trung điểm AB,AC ta có: 13 ThuVienDeThi.com TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 1 IE = AB = MF, EM = AC = FK 2 nên  IAM =  MHK (c.g.c) suy MI = MK b) Ta chứng minh Đặt = , Ta có : Xét tam giác IEM có ta lại có = =  nên = 1800 -  (1) =  nên 1800 -  = (so le trong,AB song song với MF) (do  IAM =  MHK ) nên 1800 -  = Từ (1),(2)suy (2) I,H,M,K thuộc đường tròn Bài 3: (2,0 điểm) x2 x4  x2  b) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác a + b+ c  a) Tìm giá trị lớn biểu thức: M = Tính P = (2008+ a b c )(2008 + ) ( 2008 + ) b c a a) Nhận xét x = M = 0, giá trị giá trị lớn Vậy M đạt giá trị lớn với x khác Chia tử mẫu cho x2 ta được: 1 M= M đạt giá trị lớn x  nhỏ   x x   1   x   => x  = => x =  Vậy M lớn 1/3 x =  x b) Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc  ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) =  a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = ( a + b + c  0)  ( a- b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 =  a = b = c  P = (2008+ a b c )(2008 + ) ( 2008 + ) b c a P = ( 2008 + ) ( 2008 + ) ( 2008 + ) = 20093 Bài 3: (4,0 điểm).a) Cho x, y, z số dương thoả mãn xyz =1 1 Tìm GTNN biểu thức: E =   x3 ( y  z) c) Giải phương trình nghiệm nguyên: y ( z  x) xy yz xz   3 z x y 14 ThuVienDeThi.com z ( x  y) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG a) Đặt a = 1, x b = , c =  abc = = 1 x + y = c(a + b) y + z = a(b + c) x + z = b(c + z y xyz a) a b c a2 b2 c2 E= + + Dễ dàng chứng minh đợc + +  bc ca ab bc ca ab Nhân hai vế với a + b + c >  a (a  b  c) + b(a  b  c) + c(a  b  c)  (a+b+c) bc ca ab 2 3 a b c abc  abc  + +   = E 2 bc ca ab 2 Dấu "=" xảy  a = b = c = Vậy E = a = b = c = 2 2 b) ĐK: x  ; y  ; z  Pt  x y  y z  x z  3xyz x  ; y  ; z   x y  y z  x z   3xyz  suy số x, y, z dương, số có hai số âm, số dương Ngồi (x,y,z) nghiệm (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) (x,-y,-z) nghiệm Do cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z số ngun dương Khơng tính tổng qt ta giả sử : x  y  z  x xy z2 xz yz y      z;   z   2z z z y x y x   xy xz yz 3    z  z  3z z y x   z   z  mà z   z  Với z = phương trình trở thành: Ta có: x y  2 y x xy  y x  3 x y từ đó:  xy  mà x  ; y   x  y  Vậy (x,y,z) = (1,1,1) Từ nhận xét suy phương trình có nghiệm nguyên (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1) 15 ThuVienDeThi.com TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho a,b,c >0 a+b+c = Chứng minh b+c ≥ 16abc b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = xy > Tìm giá trị lớn biểu thức x :M  y a) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh rằng: Áp dụng BĐT Côsi x + y  xy ta có ( a + b) + c  (a  b)c   (a  b)c   4( a + b)c nhân hai vế với a + b > ta được: A + b  4(a + b)2c mà ta chứng minh (a + b)2  4ab Do a + b  4(4ab)c hay a + b  16abc từ suy đpcm 2 Theo kết câu 3.1, ta có: a  b  c    a  b  c    4a b  c  mà a  b  c  (giả thiết) ab  16 abc nên:  4a b  c   b  c  4a b  c  (vì a, b, c khơng âm nên b + c không âm) Nhưng: b  c   4bc (không âm)Suy ra: b  c  16abc a  b  c 1 bc , a  bc Dấu đẳng thức xảy khi:  b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + =  x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + + x + y + =  (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) =  (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = (*) Vì x 2    1 – x  1y  1  y  1  1= x  1   y  1   y  1     Nên (*)  x + y + =  x + y = - 1 x  y 2 2 Ta có : M     x  y   xy   xy     2 Vậy MaxM = -2  x = y = -1 x y xy xy xy xy Bài 5: (2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1   x y Điều kiện x  0; y   xy  Khi đó: 1    xy  x  y  x y  y x    7x    49  x  y    49 49  y7 x7 49 y Z  y   Z   Z  x  ước 49  x7 Các nghiệm nguyên dương phương trình là: 16 (Với x  ) x   1 x   7  x  42;0;6;8;14;56 x   49 x; y  8;56; 14;1456;8 ThuVienDeThi.com TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x  y  z 3z - 3x2 = z2 = 16 - 4y2 Tìm giá trị lớn biểu thức : zy + yz + zx b) Cho tam giác ABC có cạnh a,b,c chu vi 2p =a+ b + c Chứng minh : pa + pb 16 - z 32 - z , x2 = 2 16 - z 48 - 3t 5t - 16  5t2  16  z  (1)Mặt khác x2 - 3y2 =  0 12  x 3  x2  y (2) Từ  x  y  3y Ta có: xz = z  z   y  z2 2 3   a) * Tìm giá trị lớn của: xy + yz + zx Vì y  z  16 - z  z2  x2  3y2  x        = 3 Từ giả thiết ta có: y2 =  y  z  xy + yz + zx   16  z     z  3   2     yz  1 1  2( + + ) pc a b c +  y2 +      y  z2  y2  z2 = 2  3 3    16 32  16 z             8     Dấu đẳng thức sảy  x = 4 ,y=z= 5  4  32  16 đạt  x; y; z     , ,  5 5  bca acb bac b, ta có: P  a  0, P b  0, P  c  0 2 1 4 áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có:   ,    x y x y p  a p b 2p  a b c Vậy giá trị lớn biểu thức xy + yz + zx Tương tự ta có: ( 1 1 1   )  2(   ) pa pb pc a b c Dấu “ =” xảy khi: a=b=c Bài 5: (2,0 điểm) Ở miền hình vng ABCD lấy điểm M cho MBA  MAB  15 Chứng minh : Tam giác MCD Xác định điểm I tam giác MDA cho tam giác MIA tam giác Ta có  IAD=900-150-600=150=  MAB, AB=AD AM=AI   AID=  AMB   AID =  AMB=1500   MID=3600-1500-600=1500 Xét  IDM  IDAcó ID chung;  MID=  AID=1500, IA=IM (do  AIM đều)   IDM=  IDA  AD=DM =DC (1) Mặt khác  DAM=  CBM (vì BC=AD ;MB=MA;  CBM=  DAM) 17 ThuVienDeThi.com  TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG  MC=MD (2) từ (1) (2) ta có  DMC Bài 3: Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác biết: a  b b  c c  a  8abc Chứng minh tam giác cho tam giác a  b b  c c  a  8abc  a 2b  bc  2abc  ac  ab  2abc  b c  a c  2abc  2  ba  c   ab  c   cb  a   Ta có: ba  c 2  a, b, c ab  c 2  a, b, c cb  a 2  a, b, c mà a, b, c  2  ba  c   ab  c   cb  a   a, b, c Dấu xảy tam giác c ( a  b)   a (b  c )  b( a  c )    a  b  c Kết luận: Vậy tam giác có cạnh nên Bài 4: (2,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 7x2 + 13y2 = 1820 b) Cho x, y, z > 0, x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức C = ( xyz)(x+y)(y+z)(z+x) a) Do 1820  13 13y2 13, x y số nguyên nên ta cần có 7x2 13  x2 13  x 13 (vì 13 số nguyên tố) x = 13m với m  Z Tương tự 1820  7x2 7, x y số nguyên nên ta cần có 13y2  y2  y (vì số nguyên tố) y = 7n với n  Z Khi phương trình cho trở thành: 7(13m)2 + 13(7n)2 = 1820  13m2 + 7n2 = 20  13m2  20  m2    m  , (vì m  Z) + Nếu + Nếu  m  m   7n  20  n  20 Z (loại)  x  13 m   13  7n  20  n   n     y  7 Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên (-13; -7) (-13; 7), (13; -7) (13; 7)  x y  z  1 (1) b) x, y, z > 0, x + y + z = áp dụng BDT côsi cho số dương : xyz           27 18 ThuVienDeThi.com Tương tự TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG x  y y  z z  x   x  y  y  z  z  x      27 3   Từ (1),(2)  xyz ( x  y )( y  z )( z  x)  ( 2) 8 Vậy giá trị lớn biểu thức x = y = z = 729 729 Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho a , b, c, d > Chứng minh : a b c d + + + x2 + y2 + xy * Vậy x y  - Với x =2 thay vào phương trình ta + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0  Phương trình khơng có nghiệm ngun - Với x =-2 thay vào phương trình ta - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0  Phương trình khơng có nghiệm ngun - Với x =1 thay vào phương trình ta + y + y2 = y2 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phương trình ta - y + y2 = y2 hay 1- y =  y =1 - Với x = thay vào phương trình ta y =0 Thử lại ta phương trình có nghiệm ngun (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) 20 ThuVienDeThi.com H C ...TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Áp dụng bất đẳng thức (*) a+b+c = nên ta có: ab ab ab  1      ; c  (c ... PM PD EA => EBC ~  EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800 ThuVienDeThi.com O2 D O1 O3 A P TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG => ABCD nội tiếp 2) Vẽ tam giác CMN BCN = ACM => BN = AM mà AM  BM  CM  BN... 2)(2  P  1  : (  x )(3  x ) ( x  3)( x     ThuVienDeThi.com x) 9  x   zx  TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG    x x4      (2  x )(3  x ) : =  = =  .  x    (2  x )(3