CÁC bài tập ôn THI đại học CAO ĐẲNG học SINH GIỎI môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT

CÁC BÀI TẬP ÔN THI ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN Bài 1 Cho ,a b là các số thực dương thỏa : 2 5a b+ = . Chứng minh 3 3 9a b+ ³ . Đẳng thức xãy ra khi nào? Giải Áp dụng AM-GM , ta có: 3 3 2 8 6a a a+ + ³ .Suy ra 3 2 4 3a a+ ³ Tương tự : 3 1 1 3b b+ + ³ . Suy ra 3 2 3b b+ ³ Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta có : 3 3 2 6 3 3a b a b+ + ³ + Suy ra: 3 3 9a b+ ³ Khi 2, 1a b= = thì đẳng thức xãy ra Bài 2 Cho dãy số thực ( ) n u với 1 2 2 1 1, u 1 2 n n n u u u u + + = = −   = −  * ( )n N∈ a) Chứng minh 3 2 n u n= - với mọi * n NÎ b) Tính tổng 1 2 2012 S u u u= + + + Giải a) Dùng phương pháp qui nạp 1 1 3 2 1.u = = - , 2 3 2 2 1u .= − = − Giả sử 3 2 k u k= - ( ) 3k ≥ Ta có : 1 1 2 2 3 2 3 2 1( ) ( ( )) k k k u u u k k + - = - = - - - - 1 2 3 2 1( )k k= - = - + Vậy 3 2 n u n= - với mọi * n NÎ b) 3 2 1 3 2 2 3 2 2012( . ) ( . ) ( . )S = - + - + + - 3 2012 2 1 2 2012. ( )= - + + + 6036 2013 2012 4044120.= - = - Bài 3 Cho đường tròn ( ; )O R có tâm là O và AB là đường kính , E là điểm cố định nằm giữa A và O . Gọi D là đường thẳng qua E và cắt ( )O tại C và D . a)Tìm điểm M trên ( )O sao cho 2 2 2 MC MD AB+ = . b) Gọi F đối xứng E qua O và giả sử D thay đổi nhưng luôn qua E . Chứng minh : 2 2 2 CD DF FC+ + luôn nhận giá trị không đổi. Giải E F I O A B D C a) Ta có : 2 2 2 MC MD AB+ = 2 2 2 4( ) ( )MO OC MO OD RÛ + + + = uuuur uuur uuuur uuur 2 2 4 2 4( )R MO OC OD RÛ + + = uuuur uuur uuur 0.MO OIÛ = uuuur uur ( I là trung điểm CD ) Th1: O ≡ I . Khi đó mọi M nằm trên ( ; )O R là điểm M cần tìm . Th2: O ≠ I.Khi đó 0.MO OI = uuuur uur MO OIÛ ^ Vậy điểm M cần tìm là giao điểm của đường thẳng d với ( , )O R với d là đường thẳng qua O và vuông góc OI . b) 2 2 2 CD DF FC+ + 2 2 2 2 2 .CE DE EC ED DF FC= + + + + Xét CEFD ta có : 2 2 2 2 2 2 EF CE CF R+ = + Tương tự xét DEFD : 2 2 2 2 2 2 EF DE DF R+ = + Mặt khác : 2 2 .EC ED R EO= - Thay thế các đẳng thức vào ta được : 2 2 2 CD DF FC+ + 2 2 6 2 EF R= + không đổi Bài 4 Bên trong hình tròn bán kính là 1 người ta đặt 4025 điểm sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng.Chứng minh luôn tìm được 3 điểm từ các điểm trên sao cho tam giác tạo thành có diện tích bé hơn 2012 π Giải Chia đường tròn bằng 1006 đường kính ta sẽ được 2012 hình rẽ quạt bằng nhau (như hình vẽ) Mỗi hình rẽ quạt có diện tích 2012 Q S π = Ta có 4025 điểm và 2012 rẽ quạt nên tồn tại một rẽ quạt chứa 3 điểm.Giả sử gọi 3 điểm đó là , ,A B C Hiển nhiên diện tích tam giác ABC < 2012 Q S π = Bài 5 Xét các đa thức ( ) P x hệ số thực thoả mãn điều kiện sau : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ( ) 2 2 2 1 1 ( 1)P x x x x x x x P x+ + + = + − + với x R∀ ∈ a) Chứng minh : ( ) ( ) 1 1 0P P= − = b)Tìm tất cả các đa thức ( ) P x Giải a) Lần lượt thay 1, 1x x= = − , từ giả thuyết đề bài ta có điều phải chứng minh b) Vì ( ) P x có nghiệm là 1 và 1− nên theo Bezout ta có : 1 1( ) ( ).( ).( )P x Q x x x= - + Từ giả thuyết ta có 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )x x x x Q x x x x x Q x x x+ + + - + = + - + + Suy ra: 2 2 2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( )x x Q x x Q x+ + = + + Suy ra: 2 2 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) Q x Q x x x + = + + + Đặt 2 1 ( ) ( ) Q x F x x = + . Khi đó 1( ) ( )F x F x= + Do đó ( )F x C= (hằng số) nên 2 2 1 1( ) ( )( )P x C x x= + - Thử lại thấy ( )P x thỏa yêu cầu bài toán . vậy 2 2 1 1( ) ( )( )P x C x x= + - Bài 6 Cho dãy số ( ) n v với 1 * 2 2 1 8 34 ( ) 8 1996 n n n v v n N v v v + + =   = ∈   = +  Tìm số dư khi chia 2013 v cho 2011. Giải Xét dãy số ( ) n u với 1 * 2 2 1 8 34 ( ) 8 15 n n n u u n N u u u + + =   = ∈   = −  Ta có ( ) mod 2011 n n v u≡ với mọi * n N∈ Xét phương trình đặc trưng : 2 8 15 0t t− + = Phương trình trên có nghiệm 5, 3t t= = ( ) n u có dạng .5 .3 n n n u A B= + Vì 1 2 5, 13u u= = nên 5 3 8 25 9 34 A B A B + =   + =  .Ta có : 1A B= = Ta có : 5 3 n n n u = + Ta có 2011 là số nguyên tố Theo định lý Fecma ta có: ( ) 2010 5 1 mod2011≡ ( ) 2010 3 1 mod 2011≡ Suy ra ( ) 2013 5 125 mod 2011≡ , ( ) 2013 3 27 mod 2011≡ Vậy khi chia 2013 u cho 2011 ta được số dư là 152. Suy ra khi chia 2013 v cho 2011 ta được số dư là 152 Bài 7 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ; )O R và có trọng tâm G . Gọi 1 1 1 , ,A B C lần lượt là giao điểm của , ,GA GB GC với đường tròn ( ; )O R . a)Chứng minh: 2 2 2 2 2 3( )GA GB GC R OG+ + = - b)Chứng minh : 1 1 1 GA GB GC GA GB GC+ + ³ + + Giải G A C B A1 C1 B1 a) 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( )GA GB GC GO OA GO OB GO OC+ + = + + + + + uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 2 3 3 2 ( )GO R GO OA OB OC= + + + + uuur uuur uuur uuur 2 2 3 3 2 3.GO R GO OG= + + uuur uuur 2 2 2 3 3 6GO R OG= + - = 2 2 3( )R OG- b) 1 1 1 1 1 1 . . .GA GA GB GB GC GC GA GB GC GA GB GC + + = + + 2 2 1 1 1 ( )( )R OG GA GB GC = - + + 2 2 2 1 1 1 3 ( ) GA GB GC GA GB GC + + = + + Mặt khác : 2 2 2 2 3 ( )GA GB GC GA GB GC + + + + ³ áp dụng AM-GM: 1 1 1 9( )( )GA GB GC GA GB GC + + + + ³ Vậy 2 1 1 1 1 1 1 1 9 ( ) ( )GA GB GC GA GB GC GA GB GC GA GB GC + + ³ + + + + ³ + + Câu 8 a)Giải phương trình: 5x3x4x 2 +=+− b) Giải phương trình : 2x22x3xx 23 +=−−+ trên [ ] 2;2− Giải Đặt 5+= xt ( ) 0≥t Từ phương trình đã cho ta có : 04814 24 =+−− ttt (*) Ta có : (*) ( ) ( ) 016533 23 =−−+−⇔ tttt    =−−+ = ⇔ (**)01653 3 23 ttt t Với 3=t ta có 4 = x Đặt ( ) 11 ≥+= yty từ phương trình (**) ta có : 098 3 =−− yy (***) Dùng máy tính điện tử hoặc khảo sát hàm số ( ) 98 3 −−= yyyf trên [ );1 ∞+ ta thấy (***) có một nghiệm duy nhất 0 y Ta biểu diễn 0 y dưới dạng: 000 vuy += Ta có : ( )( ) 0983 0000 3 0 3 0 =−−+++ vuvuvu nên có thể chọn 00 ;vu sao cho : 3 8 00 =vu Vậy ta có :      =+ = 9 27 512 3 0 3 0 3 0 3 0 vu vu Như vậy 3 0 3 0 ;vu được chọn là nghiệm của phương trình : 0 27 512 9 2 =−+ zz Suy ra:        −= += 108 139 2 9 108 139 2 9 3 0 3 0 v u Ta tìm được nghiệm của (***) là 33 0 108 139 2 9 108 139 2 9 −++=y .Suy ra : 51 108 139 2 9 108 139 2 9 2 33 −         −−++=x Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 4 = x ; 51 108 139 2 9 108 139 2 9 2 33 −         −−++=x b) Đặt tcos2x = .Với [ ] 2;2x −∈ ta có [ ] π∈ ;0t Phương trình đã cho trở thành :       =−+− 2 t cos21tcos2tcos3tcos4 23 (*) Với [ ] π∈ ;0t Ta có: ( )       =+⇔ 2 t cos2t2cost3cos*        π = = π= ⇔       =       =       ⇔ 5 4 t 0t t 1 2 t5 cos 0 2 t cos Vậy trên [ ] 2;2− phương trình đã cho có nghiệm 5 4 cos2x,2x,2x π ==−= Câu 9 Cho dãy số ( ) n x với ( )      ∈ + += = + *2 n1n 1 Nn n 3n x3x2 3x a) Chứng minh : 1x n > với * Nn ∈∀ . b) Chứng minh dãy số ( ) n x có giới hạn và tìm giới hạn đó. Giải a) Ta chứng minh 1x n > với * Nn ∈∀ bằng quy nạp Ta có : α= 1 x nên 1x 1 > Giả sử : 1x k > với * Nk ∈ Ta có : 3x3 2 k > và 1 n 1n > + nên 2 n 3n x3 2 n > + + Suyra: 1x 1n > + . Vậy 1x n > với * Nn ∈∀ Ta chứng minh ( ) n x là dãy giảm bằng quy nạp Vì 2 >α nên α<+α 243 2 .Ta có 12 xx < . Giả sử : k1k xx < + Ta có: 3 2 k 2 1k x3x < + và ( ) nf = n 1n + là hàm nghịch biến nên : k 3k x3 1k 4k x3 2 k 2 1k + +< + + + + Suy ra: 1k2k xx ++ < Vậy ( ) n x là dãy giảm ( ) n x lả dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên hội tụ. Đặt α= n xlim .Ta có 1132 2 =α⇔+α=α Vậy 1xlim n = Câu 10 Cho tam giác ABC . Gọi M là điểm chuyển đông trên AB .Gọi N là điểm chuyển động trên AC . a) Giả sử CNBM = .Chứng minh đường trung trực của MN luôn đi qua một điểm cố định . b) Giả sử AN 1 AM 1 + không đổi.Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố đinh . Giải a) Nếu tam giác ABC cân thì trung trực MN đi qua điểm A cố định Xét tam giác ABC không cân tại A Gọi E là điểm chính giữa cung BAC của đường tròn ngọai tiếp tam giác ABC .E là điểm cố định vì CNBM;ECEB == ;góc EBM =góc ECN nên ECNEBM ∆=∆ Suy ra: ENEM = hay đường trung trực của MN luôn đi qua điểm E cố định b) Kẻ đường phân giác trong của BAC cắt MN tại F . Gọi β là số đo góc BAC Ta có : diện tích AMN∆ =diện tích AMF∆ +diện tích ANF∆ Suy ra: 2 sin.AN.AF 2 1 2 sin.AF.AM 2 1 sin.AN.AM 2 1 β + β =β       + β β =⇒ ANAM AN.AM 2 sin sin AF AF⇒ không đổi hay F là điểm cố định Vậy MN luôn đi qua một điểm cố đinh . Câu 11 Tìm các số nguyên tố c,b,a sao cho c1999a b =+ . Giải Vì b,a là các số nguyên tố nên 2b,a ≥ .suy ra 2003c ≥ Vì 2003c ≥ nên c là số lẻ .Suy ra: b a là số chẵn b a là số chẵn nên 2a = Nếu b là số lẻ thì ( ) 19981219992 bb ++=+ chia hết cho 3 .suy ra c chia hết cho 3 ( mâu thuẫn c nguyên tố).Vậy 2b = Với 2ba == ta có 2003c = Câu 12 Trong mặt phẳng cho 6 điểm tùy ý sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng.Người ta tô mỗi đoạn thẳng tạo ra từ 6 điểm này bằng một trong hai màu đen hoặc trắng . Chứng minh tồn tại một tam giác có các cạnh được tô cùng màu. Giải Từ điểm A ta tạo với 5 điểm B,C,D,E ,F được 5 đoạn thẳng AB,AC,AD,AE,AF. Vì chỉ tô màu đen hoặc trắng nên trong 5 đoạn thẳng trên phải tồn tại 3 đọan thẳng tô cùng màu. Không mất tính tổng quát, ta giả sử AB,AC, AD được tô màu đen. Nếu có ít nhất môt trong ba đọan thằng BC,CD,DB được tô màu đen.Không mất tính tổng quát giả sử BC tô màu đen thì ABC là tam giác thỏa yêu cầu đề bài Nếu BC,CD,DB đều tô màu trắng thì BCD là tam giác thỏa yêu cầu đề bài Vậy ta giải quyết được bài toán Bài 13 a)Giải phương trình: .1 1 3 2 = + + x x x b) Cho ba số thực dương cba ,, .Chứng minh: cba ba ac ac cb cb ba ++≥ + + + + + + + + 22 33 22 33 22 33 Giải a. Phương trình đã cho có điều kiện 0 1x< < Với điều kiện trên ta có: x x x x x x − =+⇔= + + 1 3 11 1 3 2 2 ⇔ 2 2 2 (1 ) ( 1) 9x x x− + = 2 2 1 1 2 7 0x x x x   ⇔ + − + − =  ÷   Đặt )2( 1 ≥+= t x xt ta có: 2 1 10 2 9 0 1 10 1 10 t t t t t  = − − − = ⇔ ⇔ = +  = +   Với 1 10t = + ta có : 1 1 10x x + = + 1 10 5 2 2 1 10 5 2 2 x x  + − − =   ⇔  + + + =   So với điều kiện 10 << x , phương trình đã cho có nghiệm 2 25101 −−+ =x b. Ta chứng minh: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b b c c a + + + + ≥ + + + (1) Sử dụng bất đẳng thức AM_GM ta có : ab ab ac ca bc bc cb bc ab ab ba ab 222 2 22 22 22 22 22 2 ≤ + ≤ + ≤ + Suy ra : 2 22 2 22 2 22 2 cba ac ca cb bc ba ab ++ ≤ + + + + + Suy ra : 2 22 2 22 2 22 2 cba ac ca c cb bc b ba ab a ++ ≥ + −+ + −+ + − Vậy ta chứng minh được (1) Ta chứng minh 2 22 3 22 3 22 3 cba ba c ac b cb a ++ ≥ + + + + + (2) (2) đối xứng với cba ,, .Không mất tính tổng quát ta giả sử cba ≥≥ Suy ra : 22 2 22 2 22 2 ba c ca b cb a + ≥ + ≥ + Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho 2 dãy cba ≥≥ và 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c b c a c a b ≥ ≥ + + + ta có : ( ) 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c a b c b c c a a b b c a c a b     + + ≥ + + + +  ÷  ÷ + + + + + +     Ta lại có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 a b c b c a c a b + + ≥ + + + ( bất đẳng thức nesbitt) Vậy ta chứng minh được (2) Công (1) và (2) vế theo vế ta có điều phải chứng minh Bài 14 Cho dãy số thực ( ) n x với 1 1 1 3 4 1 n n n x x x x + =   +  =  +  * ( )n N∈ Xét các dãy số thực ( ) n u với ( ) * 2 1n n u x n N − = ∈ và ( ) n v với ( ) * 2n n v x n N= ∈ a) Chứng minh các dãy số ( ) n u , ( ) n v có giới hạn hữu hạn khi n → +∞ b) Chứng minh các dãy số ( ) n x có giới hạn hữu hạn khi n → +∞ và tìm giới hạn đó Giải a. Xét hàm số ( ) 3 4 1 x f x x + = + trên ( ) 0;+∞ Ta có : ( ) f x nghịch biến trên ( ) 0;+∞ ; liên tục trên ( ) 0;+∞ và nhận giá trị trong ( ) 0;+∞ Dãy số đã cho được viết lại ( ) 1 1 1 n n x x f x + =    =   Ta chứng minh ( ) n u , ( ) n v bị chặn bằng quy nạp Ta có 1 1 u x= suy ra 1 0 4u< < Giả sử : 0 4 k u< < Vì ( ) f x nghịch biến trên ( ) 0;+∞ nên ( ) ( ) ( ) 4 0 k f f x f< < .Suy ra: 1 0 4 k x + < < Tương tự cho dãy ( ) n u Ta chứng minh ( ) n u là dãy tăng ; ( ) n v là dãy giảm bằng quy nạp Ta có 1 3 x x< Vì hàm số ( ) f x nghịch biến trên ( ) 0;+∞ nên ( ) ( ) 1 3 f x f x> hay 42 xx > Giả sử 2 1 2 1k k x x − + < ta có ( ) ( ) 2 1 2 1k k f x f x − + > hay 2 2 2k k x x + > ( với * Nk ∈ ) Với 2 2 2k k x x + > Ta có : ( ) ( ) 2 2 2k k f x f x + < hay 3212 ++ < kk xx Với 3212 ++ < kk xx ta có : ( ) ( ) 3212 ++ > kk xfxf hay 2 2 2 4k k x x + + > Vậy theo quy nạp ta có thì ( ) 12 −n x là dãy tăng , ( ) 2n x là dãy giảm Hay ta có ( ) n u là dãy tăng ; ( ) n v là dãy giảm ( ) ( ) , n n u v là các dãy đơn điệu và bị chặn nên 2 2 1 lim ;lim n n x v x u − = = b. Ta có : ( ) 2 2 1n n x f x − = và ( ) 2 1 2 2n n x f x − − = nên qua giới hạn ta có : ( ) ( ) u f v v f u  =   =   [...]... đến các điểm nguyên mà có hoành độ hoặc tung độ không chia hết cho 3 3, 3 3, 3 3, 3 Trường hợp 2 x M y M hoặc xM y M hoặc x M y M Do ban đầu con châu chấu đứng ở ô có hoành độ hoặc tung độ không chia hết cho 3 nên sau mỗi bước nhảy, nó sẽ nhảy đến ô có hoành độ hoặc tung độ không chia hết cho 3 Như vậy, con châu chấu không thể nhảy đến các điểm nguyên mà có hoành độ và tung độ chia hết cho 3 ... nhất khi M trùng với O Bài 16 Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y , z sao cho: x 2012 + 2009 y 2012 = 2011 + 2012 z 2010 Giải Ta có nhận xét Bình phương một số nguyên và đem chia cho 4 thì số dư là 0 hoặc là 1 Ta có x 2012 chia cho 4 dư 0 hoặc 1; 2009 y 2012 chia 4 dư 0 hoặc 1 Suy ra: x 2012 + 2009 y 2012 chia cho 4 dư 0 hoặc dư 1 hoặc dư 2 (1) Ta có: 2011 + 2012z 2010 chia cho 4 dư 3 (2)... -Nếu tất cả các điểm còn lại đều nằm trong ( C1 ) thì bài toán được chứng minh -Nếu tồn tại điểm B ( B ≠ A ) không thuộc ( C1 ) thì BA > 1 Vẽ hình tròn ( C2 ) có tâm là B và bán kính 1 -Nếu tất cả các điểm khác A, B đều thuộc ( C2 ) thì bài toán giải quyết xong - Nếu tồn tại điểm C không thuộc ( C2 ) ( C khác A, B ) thì để ý CB, AB > 1 ta phải có CA < 1 suy ra C thuộc ( C1 ) Như vậy ta đã chứng minh... không tồn tại các số nguyên x, y , z thỏa phương trình trên Bài 17 Trên mặt phẳng cho 2011 điểm sao cho với ba điểm bất kỳ trong số các điểm đó ta luôn tìm được hai điểm để đoạn thẳng được tạo thành có độ dài bé hơn 1.Chứng minh luôn tồn tại một hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 1006 điểm đã cho Giải B A C Xét A tùy ý trong số 2011 điểm trên Vẽ hình tròn ( C1 ) tâm A ,bán kính 1 -Nếu tất cả các. .. cầu đề bài nên ( x − z ) + ( y − t ) = 2025 2 2 3 Ta thấy 2025 chia hết 3, mà 1 số chính phương chia cho 3 thì dư 1 hoặc 0 nên ( x − z ) M và 3 ( y −t )M Khi đó x ≡ z ( mod 3) ; y ≡ t ( mod 3) 3 Trường hợp 1 x, yM Do ban đầu con châu chấu đứng ở ô có tọa độ chia hết cho 3 nên sau mỗi bước nhảy, nó sẽ nhảy đến ô có hoành độ và tung độ đều chia hết cho 3 Như vậy, con châu chấu không thể nhảy đến các điểm... C2 ) chứa tất cả 2011 điểm đã cho Vậy luôn tồn tại một hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 1006 điểm đã cho NỘI DUNG Bài 18 a)Cho a, b và c là các số không âm Chứng minh rằng: 4 4 4  a + 2b   b + 2c   c + 2a  a +b +c ≥  ÷ + ÷ + ÷  3   3   3  x + 5 4 10 − x + b )Giải phương trình 4 x + 4 5 − x = 4 ( x∈¡ 3 3 4 4 4 ) a) Cho a, b và c là các số không âm Chứng minh rằng: 4 4 4  a + 2b ... : y 2 = 2 Rx 2 Bài 23 Trong hình vuông diện tích bằng 12 đặt 3 đa giác có diện tích bằng 6 Chứng minh rằng luôn tìm được hai đa giác mà diện tích phần chung của chúng không nhỏ hơn 2 Gọi ba đa giác trong đề bài là S1 , S2 , S3 và kí hiệu Si là diện tích của đa giác Si với i = 1;2;3 Khi đó S1 ∪ S 2 ∪ S3 = S1 + S 2 + S3 − ( S1 ∩ S2 + S2 ∩ S3 + S3 ∩ S1 ) + S1 ∩ S 2 ∩ S3 Theo giả thi t ta có: S1 = S2 =... số nguyên dương cho trước, con châu chấu có thể nhảy từ điểm nguyên A đến điểm nguyên B nếu độ dài AB bằng N Hỏi rằng con châu chấu có thể nhảy đến bất kì điểm nguyên nào sau hữu hạn các bước nhảy không nếu N = 2025 ? Vì sao? Bài 28 3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( x 2 + y ) ( y 2 + x ) = ( x − y ) Giải Ta chứng minh với N = 2025 thì câu trả lời là không thể Giả sử con châu chấu ở điểm A ( x;... ⇔u=v Từ hệ trên ta có  3u + 4 v =  u +1  Dãy số ( xn ) có hai dãy con ( x2 n ) , ( x2 n −1 ) có cùng giới hạn là u = v nên lim xn = u Qua giới hạn và từ phương trình u = 3u + 4 ta có u = 1 + 5 u +1 Bài 15 a)Cho tam giác ABC có G , H , O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngọai tiếp Gọi K là uu ur uu ur điểm sao cho HK = 3HG Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác ∆KBC ,... nhau) Do bàn cờ có số ô là lẻ (49 ô) nên số ô trắng và đen khác nhau Ta giả sử có 25 ô trắng và 24 đen Ban đầu có 49 con châu chấu ở 25 ô trắng và 24 đen Sau một tiếng gõ, con châu chấu sẽ ở ô bên cạnh tức là ô có màu ngược với ô ban đầu nên 25 con châu chấu đứng ở ô trắng sẽ nhảy qua 24 ô đen Do đó phải có 2 con châu chấu nào đó cùng đậu vào một ô b Trên mặt phẳng toạ độ Đ các Oxy, có một con châu . CÁC BÀI TẬP ÔN THI ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN Bài 1 Cho ,a b là các số thực dương thỏa : 2 5a b+ = . Chứng minh 3 3 9a b+ ³ . Đẳng thức xãy ra khi nào? Giải Áp dụng. đen thì ABC là tam giác thỏa yêu cầu đề bài Nếu BC,CD,DB đều tô màu trắng thì BCD là tam giác thỏa yêu cầu đề bài Vậy ta giải quyết được bài toán Bài 13 a )Giải phương trình: .1 1 3 2 = + + x x x b). cầu bài toán . vậy 2 2 1 1( ) ( )( )P x C x x= + - Bài 6 Cho dãy số ( ) n v với 1 * 2 2 1 8 34 ( ) 8 1996 n n n v v n N v v v + + =   = ∈   = +  Tìm số dư khi chia 2013 v cho 2011. Giải Xét