Một số bài toán chọn lọc bồ dưỡng học sinh giỏi môn toán

httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc SỞ GD& ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨ A MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN VIẾT BỞI : PHẠM KIM CHUNG – THÁNG 12 NĂM 2010 MỤC LỤC PHẦN I PHƯƠNG TRÌNH – BPT – HPT – CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM II PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀĐA THỨ C III BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ IV GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ V HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VI ĐỀ TỰ LUYỆN VÀ LỜI GIẢI Trang DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO 2. Các diễn đàn : www.dangthuchua.com , www.math.vn , www.mathscope.org , www.maths.vn ,www.laisac.page.tl, www.diendantoanhoc.net , www.k2pi.violet.vn , www.nguyentatthu.violet.vn ,… Đề thi HS G Quốc Gia, Đề thi HSG các Tỉnh – Thành Phố trong nước, Đề thi Olympic 30 -4 3. Bộ sách : Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi ( Nguyễn Văn Mậu – Nguyễn Văn Tiến ) 4. Tạp chí Toán Học và Tuổi Trẻ 5. Bộ sách : CÁC PHƯƠNG PHÁP GI ẢI … ( Trần Phương - Lê Hồng Đức ) 6. Bộ sách : 10.000 BÀI TOÁN S Ơ CẤP (Phan Huy Khải ) 7. Bộ sách : Toán nâng cao ( Phan Huy Khải ) 8. Giải TOÁN HÌNH HỌC 11 ( Trần Thành Minh ) 9. Sáng tạo Bất đẳng thức ( Phạm Kim Hùng ) 10. Bất đẳng thức – Suy luận và khám phá ( Phạm Văn Thuận ) 11. Những viên kim cương trong Bất đẳng thức Toán học ( Trần Phương ) 12. 340 bài toán hình học không gian ( I.F . Sharygin ) 13. Tuyển tập 200 Bài thi Vô địch Toán ( Đào Tam ) 14. … và một số tài liệu tham khảo khác . 15. Chú ý : Những dòng chữ màu xanh chứa các đường link đến các chuyên mục hoặc các website. 1. 1 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc PHẦN I : PHƯƠNG TRÌNH – BPT - HỆ PT VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM 1. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số : y =−2x + 2 + m x2 − 4x + 5 có cực đại . ĐS : m < -2  3 1 + xsin2 x − 1, x =/ 0 2. Cho hàm số : f(x) =  . Tính đạo hàm của hàm số tại x = 0 và chứng minh hàm số đạt cực tiểu 0 , x =0  tại x =0 . 3. Tìm cực trị của hàm số := y f(x) = | x | ( x − 3) . ĐS : x =0 ; x=1 4. Xác đị nh các giá trị của tham số m để các phương trì nh sau có nghiệm thực : 7 9 a) ( 4m − 3) x + 3 + (3m − 4 ) 1 − x + m − 1 = 0 . ĐS : ≤ m ≤ 9 7 b) c) 4 x2 + 1 − x = m . ĐS : 0 < m ≤ 1 m ( ) 1 + x2 − 1 − x2 + 2 = 2 1 − x 4 + 1 + x2 − 1 − x2  x2 + y 3 = 2 5. Xác đị nh số nghiệm của hệ phương trình :  ĐS : 2 log3 x log 2 y = 1  x2 + 1 y 2 −x2 e =  . ĐS : (x,y)=(7;7) 6. Giải hệ phương trình :  y2 + 1 3log (x + 2y= + 6) 2log 2 (x + y + 2) + 1 3  2 y −1  x + x − 2x + 2= 3 + 1 7. Giải hệ phương trình :  y + y 2 − 2y + 2= 3x−1 + 1 ( )  1 + 42x−y .5y −2x+1 = 22x−y +1 + 1  8. Giải hệ phương trình :  3 2 0  y + 4x + ln y + 2x + 1 = 9. Giải phương trình : ( x − 3) log3 (x − 5) + log5 (x − 3) = x +2 10. Giải bất phương trì nh : ( ) (x + 2)(2x − 1) − 3 x + 6 ≤ 4 − (x + 6)(2x − 1) + 3 x + 2 . ĐS : 11. Giải bất phương trì nh : 3 3 − 2x + ( 5 2x − 1 ) − 2x ≤ 6 12. Giải phương trình : 3x 2 + 9x 2 + 3 + ( 4x + 2) 13. Giải phương trình : x3 − 4x 2 − 5x += 6 3 ( 1 ≤ x ≤7 2 ) 1 + x + x2 + 1 = 0 7x 2 + 9x − 4 2 xy − y + x + y = 5 . ĐS : m ∈ 1; 5  14. Tìm m để hệ phương trì nh sau có nghiệm :    5 x 1 y m − + − =    1 15. Xác đị nh m để phương trình sau có nghiệm thực : x + x − 1 m x + 1. + 4 x ( x − 1)  = x −1    x + 1 + y + 1 = 3 16. Tìm m để hệ có nghiệm:  m x y + 1 + y x + 1 + x + 1 + y + 1 = ( ) 17. Giả sử f(x) = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) đạt cực đại tại x1 ;x2 . CMR: 2 f '''(x) 1  f ''(x)  , ∀x ≠ x1 ,x2 < f '(x) 2  f '(x)  18. Cho hàm số : f(x) = cos2 2x + 2(sin x + cosx)3 − 3sin2x + m . Tìm m sao cho f 2 (x) ≤ 36, ∀ m 19. Trong các nghiệm(x;y) của BPT : log x2 +y2 ( x + y ) ≥ 1 . Tìm nghiệm để P = x + 2y đạt GTLN 20. ( Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An năm 2009 ) Giải phương trì nh : 2009 x ( ) x 2 +1 - x = 1 . ĐS : x=0 21. ( Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An năm 2009 ) . Tìm m để hệ phương trình s au có ba nghiệm phân biệt : m  x + y = 3 3 ĐS : m ≥  2 2 ( y + 1 ) x + xy = m ( x + 1 ) 2 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc  x 4 − y 4 = 240 22. Giải hệ PT :  3 3 2 2 x − 2y = 3 x − 4y − 4 ( x − 8y ) x 4 + x3 y + 9y = y 3 x + y 2 x2 + 9x 23. Giải hệ phương trình :  . ĐS : (x,y)=(1;2) 3 3 7  x y − x = ( ) ( ( ) )  4x 2 + 1 x + ( y − 3) 5 − 2y = 0 24. Giải hệ phương trình :  4x 2 + y 2 + 2 3 − 4x = 7 2 xy − y + x + y = 5 25. Tìm m để hệ phương trình s au có nghiệm :  . ĐS : m ∈ 1; 5    m  5 − x + 1 − y =   1 26. Xác đị nh m để phương trình sau có nghiệm thực : x + x − 1 m x + 1. + 4 x ( x − 1)  = x −1   3( x + 1 )2 + y − m = 0 27. Tìm m để hệ phương trình :  có ba cặp nghiệm phân biệt . 1 x + xy = ( )  x + x2 − 2x + 2= 3y −1 + 1 28. Giải hệ PT :  y + y 2 − 2y + 2= 3x−1 + 1 sin x  x −y  e = sin y  29. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) .Giải hệ phương trình : sin2x − cos2y = sin x + cosy − 1   Π  x,y ∈  0;   4  3 30. Giải phương trình : 16x3 − 24x 2 + 12x − 3 = x 2x y y 2x 1 2x − − +  1+4 .5 2 −y +1 + 1 =  31. Giải hệ phương trình :  3 2 0  y + 4x + ln y + 2x + 1 = 32. Giải phương trình : 3x = 1 + x + log3 (1 + 2x ) ( ) ( ) 33. Giải phương trình : −2x3 + 10x 2 − 17x= + 8 2x 2 3 5x − x3 ĐS  x + xy =y + y 34. Giải hệ phương trình :  2 6  4x + 5 + y + 8 = 5 4 10 6  x2 + 2x + 22 − y = y 2 + 2y + 1 35. Giải hệ phương trình :   y 2 + 2y + 22 − x = x2 + 2x + 1 1  x+ y=  2  36. Giải hệ phương trình :  y x  x + 1  = y + 1    y   x   37. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Ninh năm 2010 ) . Giải phương trình : (5x − 6)2 − Lời giải : ĐK : x > 7 5 1 5x − 7 4x − 6 3 =0 ⇔ x = 2 (x − 1)(5x − 7).  x − 1 + 5x − 7    2 1 1 Cách 2 : Viết lại phương trình dưới dạng : (5x − 6 ) − x2 − = (5x − 6) − 1 x −1 Cách 1 : PT ⇔ 6(4x − 6)(x − 1) + Và xét hàm số : f(t) t 2 − = 1 t −1 ,t> 5 7 3 = x2 − 1 x −1 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc 38. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Ninh năm 2010 ) Xác định tất cả các gi á trị của tham số m để BPT sau có nghi ệm : x3 + 3x2 − 1 ≤ m( x − x − 1)3 HD : Nhân liên hợp đưa về dạng : ( ) 3 x + x − 1 (x3 + 3x2 − 1) ≤ m 39. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Bình năm 2010 ) . Giải phương trình : HD : PT ⇔ (x + 1)3 + = (x + 1) ( 3x + 1 ) 3 x3 + 3x2 + 4x + 2= (3x + 2) 3x + 1 + 3x + 1 . Xét hàm số : f ( t) = t 3 + t ,t > 0 40. ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Phòng năm 2010 ) . Giải phương trình : 2 3 2x −= 1 27x3 − 27x 2 + 13x − 2 HD : PT ⇔ (2x − 1) + 2 3 2x − 1= (3x − 1)3 + 2(3x − 1) ⇒ f( 3 2x − 1) = f(3x − 1) (4x 2 + 1)x + (y − 3) 5 − 2y = 0 41. ( Đề thi Khối A – năm 2010 ) Giải hệ phương trình :  2 2 7 4x + y + 2 3 − 4x = HD : Từ pt (1) cho ta : [(2x)2 + 1].2x=   ( 5 − 2y ) 2 + 1 5 − 2y ⇒ f(2x)= f( 5 − 2y )  Hàm số : f(t) (t 2 + 1).t ⇒ f '(t) = = 3t 2 + 1 > 0 ⇒ 2x = 5 − 2y ⇒ 4x 2 =5 − 2y ⇒ y = 2 5 − 4x 2 2  5 − 4x 2  3 ( Hàm này nghịch biến trên khoảng ) và có Thế vào (2) ta có : 4x 2 +  7 , với 0 ≤ x ≤  + 2 3 − 4x = 4  2  1 nghiệm duy nhất : x = . 2  x + y = 4 (a là tham số). 42. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) . Cho hệ:   x + 7 + y + 7 ≤ a Tìm a để hệ có nghiệm (x;y) thỏa mãn điều ki ện x ≥ 9. HD : Đứng trước bài toán chứa tham số cần lưu ý điều kiện chặt của bi ến khi muốn quy về 1 biến để khảo s át : 4 − x =y ≥ 0 ⇒ x ≤ 16 . Đặt t = x , t ∈[3;4] và khảo s át tìm Min . ĐS : a ≥ 4 + 2 2 43. Giải hệ phương trình : y 4 − 4x + 2xy −2x+4 = 5  x 3 3 y 2 + x = y + 2 44. Xác định m để bất phương trình s au nghi ệm đúng với mọi x : (e sinx ) 2 − e + 1 − 2esinx esinx − (e − 1)sinx − 1 ≤ 1 45. ( Đề thi HS G Tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2003 ) . Giải PT : log 2+ 5 (x 2 − 2x = − 11) log 2 2+ 5 (x2 − 2x − 12) 46. Định giá trị của m để phương trình sau có nghiệm: ( 4m − 3) x + 3 + (3m − 4 ) 1 − x + m − 1 = 0  y 2 −x2 x 2 + 1 = 2  e 47. (Olympic 30-4 lần thứ VIII ) . Giải hệ phương trì nh sau:  y +1 3log (x + 2y= + 6) 2log 2 (x + y + 2) + 1 3  48. Các bài toán liên quan đến định nghĩa đạo hàm : −x   Cho f(x) =  (x2 + 1)e , x > 0 . Tìm a để tồn tại f’(0) .    −x − ax + 1, x ≤ 0 acosx + bsin x, x ≤ 0 Cho F(x) =  . Tìm a,b để tồn tại f’(0) .  ax + b + 1, x < 0  x2 x2 x ln x, x > 0  ln x − , x > 0 và f(x) =  . CMR : F'(x) = f(x) F(x) =  2 4  0, x = 0  0, , x = 0  Cho f(x) xác định trên R thỏa mãn điều kiện : ∀a > 0 bất đẳng thức sau luôn đúng ∀x ∈ R : | f(x + a) − f(x) − a |< a2 . Chứng minh f(x) là hàm hằng . 4 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc  Tính giới hạn : N1 = limπ x→ 4  Tính giới hạn : N3 = lix→m0 3 Tính gi ới hạn : N2 = lim x 2 + x + 1 − 3 1 + x3 x esin 2x − esinx x→0 sin x Tính giới hạn : N4 = lim Tính giới hạn : N6 = lim sin10x 4x − x 4 Tính giới hạn : N8 = lim x→0 3 x−32 3 sin 3x sin2x  Tính giới hạn : N7 = lim e − e x→0  2 e−2x − 3 1 + x2 x→0 ln(1 + x 2 ) 3  Tính giới hạn : N5 = lim x + 8 − 2 x→0  Tính giới hạn : N9 = lim x→0 2 e−2x − 3 1 + x2 x→0 ln(1 + x 2 ) tanx − 1 2sin2 x − 1 3 sin4x 2 .32x − cos4x 3x 1 + sinx − 1 − sinx Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm phân biệt x1 ; x 2 ; x3 ...x n . Chứng minh các đẳng thức sau : P''(x1 ) P''(x 2 ) P''(x n ) 0 + + ... + = P'(x1 ) P'( x2 ) P'(x n ) a)  1 1 1 0 + + ... + = P'(x1 ) P'(x 2 ) P'(x n ) b) Tính các tổng sau : a) Tn (x) = cosx + 2cos2x + ... + ncosnx b) c) d) Tn= (x) CMR : 1 x 1 x 1 x tan + 2 tan 2 + ... + n tan n 2 2 2 2 2 2 2.1.C2n + 3.2.C3n + ... + n(n − 1)Cnn= n(n − 1).2n−2 Sn (x) = s inx + 4sin2x + 9sin3x + ... + n2sinnx 2x + 1 2x + 3 2x + (2n − 1) + + ... + 2 2 2 2 x (x + 1) (x + 1) (x + 2)  x + (n − 1) (x + n)2 49. Các bài toán liên quan đến cực trị của hàm số : e) = Sn (x) 2 α a n + bn a+b Cho α ∈ R: a + b ≥ 0 . Chứng minh rằng :  ≤  2  2  b) Chứng minh rằng với a > 3,n ≥ 2 ( n ∈ N,n chẵn ) thì phương trình s au vô nghiệm : a) (n + 1)x n+2 − 3(n + 2)x n+1 + a n+2 = 0 2  x2   x2  c) Tìm tham số m để hàm số sau có duy nhất một cực trị : y = − 3m  + 4m (m + 1)  2 2 1 + x  1 + x   x2 xn   x2 xn  d) Cho n ≥ 3,n∈ N ( n lẻ ) . CMR : ∀x = / 0 , ta có : 1 + x + + ... +  1 − x + − ... −  < 1 2! n!   2! n!   e) Tìm cực trị của hàm số : y = x 2 + x + 1 + x2 − x + 1 f) g) Tìm a để hàm số : y f(x) = −2x + a x 2 + 1 có cực tiểu . = Tìm m để hàm số : y = msin x − cosx − 1 đạt cực trị tại 3 điểm phân biệt thuộc khoảng mcosx 50. Các bài toán chứng minh phương trình có nghiệm : a)  9π   0; 4    Cho các số thực a,b,c,d,e . Chứng minh rằng nếu phương trình : ax 2 + ( b + c ) x + d + e = 0 có nghiệm thực thuộc nửa khoảng [1; +∞ ) thì phương trình : ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e = 0 có nghiệm. b) Cho phương trình : P( x ) = x5 − 5x 4 + 15x3 − x2 + 3x − 7 = 0 . Chứng minh rằng, phương trình có một nghi ệm thực duy nhất. 5 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc PHẦN II : PHƯƠNG TRÌNH HÀM-ĐA THỨC 1. Tìm hàm số : f : R → R thoả mãn đồng thời các điều kiện sau : f(x) a) lim =1 x→0 x b) f ( x + y )= f ( x ) + f ( y ) + 2x 2 + 3xy + 2y 2 , ∀x,y ∈ R ( ) ( ) 2. Tìm hàm số : f : R → R thoả mãn điều kiện sau : f ( x − f(y)) = f x + y 2008 + f f(y) + y 2008 + 1, ∀x,y ∈ R ( ) 3. Tìm hàm số : f : R → R thoả mãn điều kiện sau : f ( x + cos(2009y)) = f ( x ) + 2009cos f ( y ) , ∀x,y ∈ R 4. Tìm hàm số : f : R → R thoả mãn đồng thời các điều kiện sau : c) d) f ( x ) ≥ e2009x f ( x + y ) ≥ f ( x ) .f ( y ) , ∀x,y ∈ R 5. Tìm hàm số : f : R → R thoả mãn điều kiện sau : f = ( x + y ) f(x).ef ( y )−1 , ∀x,y ∈ R ( ) 6. Tìm hàm số : f : R → R thoả mãn điều kiện sau : f x.f ( x += y ) f(y.f ( x )) + x 2 7. ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Phòng năm 2010 ) Tìm hàm f :  →  thỏa mãn : f 2 (x) + 2yf(x) + f(y) = f ( y + f(x)) , ∀,x,y ∈ R 6 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc PHẦN III : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ 1. Cho a,b,c ∈ R: a2 + b2 + c2 = 3 . Chứng minh rằng : a2b + b2c + c2a ≤ 3 2. Cho các số thực không âm a,b,c . Chứng minh rằng : a2b2 ( a − b ) + b2c2 ( b − c ) + c2a2 ( c − a ) ≥ ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) 2 2 2 3. Cho các số thực a,b,c . Chứng minh rằng : 2 2 2 a2 b2 c2 81 a2b 13 + + + ∑ ≥ (a + b + c) 2 b c a 4 (2a + b) 4 4. Cho các số thực không âm a,b,c thoả mãn : a + b + c + 36abc = 2 . Tìm Max của : P = a7 b8 c9 5. Cho 3 số thực dương tuỳ ý x,y,z . CMR : 6. Cho a,b,c >0 . Tìm GTNN của : a b c 3 + + ≤ a+b b+c c+a 2 (a + b + c) P= 6 ab2c3 7. Cho các số thực dương x,y,z thõa mãn : x 2 + y 2 + z2 = 1 8. 9. 10. 11. 2x − (y − z)2 2y − (z − x)2 2z − (x − y)2 + + yz zx xy bc ca ab a+b+c Cho các số thực dương a,b,c . CMR : + + ≤ a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 6 1 1 1 1 Cho các số thực dương a,b,c . CMR : 3 + + ≤ a + b3 + abc b3 + c3 + abc c3 + a3 + abc abc 1 1 1 Cho các số thực thỏa mãn điều kiện : 2 1 . CMR : ab + bc + ca ≤ 3 + 2 + 2 = a +2 b +2 c +2 Cho các số thực dương thỏa mãn điều kiện : a2 + b2 + c2 = 3 . CMR : 1 1 1 + + ≥3 2−a 2−b 2−c CMR : 12. Cho x,y,z là 3 số thực dương tùy ý . CMR : x y z 3 2 + + ≤ x+y y +z z+x 2 a2 b2 c2 4(a − b)2 + + ≥a+b+c+ b c a a+b+c 1 1 1 3 14. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn : abc=1 . CMR : 3 + 3 + 3 ≥ a (b + c) b (c + a) c (a + b) 2 15. Cho 3 số thực x,y,z thỏa mãn : xyz=1 v à ( x − 1 )( y − 1 )( z − 1 ) =/ 0 . CMR : 13. Cho các số thực dương a,b,c . CMR : 2 2 2  x   y   z   x −1  +  y −1  +  z −1  ≥ 1       (3a − b + c)2 (3b − c + a)2 (3c − a + b)2 9 16. Cho a,b,c là các số thực dương bất kỳ . CMR : + + ≥ 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 2 17. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn : a2 + b2 + c2 = 1 . CMR : 1 1 1 9 + + ≤ 1 − ab 1 − bc 1 − ca 2 18. Cho các số thực a,b,c thỏa mãn : a2 + b2 + c2 = 9 . CMR : 2(a + b + c) ≤ 10 + abc a3 b3 c3 1 + + ≥ 2 2 (1 − a) (1 − b) (1 − c)2 4 20. (Chọn ĐTHS G QG Nghệ An năm 2010 ) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn : 9(a 4 + b4 + c4 ) − 25(a2 + b2 + c2 ) + 48 = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 19. Cho a,b,c là các số thực dương : a+b+c =1 . CMR : F= a2 b2 c2 + + b + 2c c + 2a a + 2b 7 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc Lời giải : Từ giả thiết : 9(a 4 + b4 + c4 ) − 25(a2 + b2 + c2 ) + 48 =0 ⇒ 25(a2 + b2 + c2 ) = 48 + 9(a 4 + b4 + c4 ) ≥ 48 + 3(a2 + b2 + c2 )2 ⇒ 3(a2 + b2 + c2 )2 − 25(a2 + b2 + c2 ) + 48 ≤ 0 ⇒ 3 ≤ a2 + b2 + c2 ≤ Ta lại có : F= 16 3 a2 b2 c2 a4 b4 c4 (a2 + b2 + c2 )2 + + = 2 + 2 + 2 ≥ 2 2 b + 2c c + 2a a + 2b a (b + 2c) b (c + 2a) c (a + 2b) (a b + b c + c2a) + 2(a2c + b2a + c2b) Lại có : a2 b + b2c + c2a= a(ab) + b(bc) + c(ca) ≤ (a2 + b2 + c2 )[a2 b2 + b2c2 + c2a2 ] ≤ a2 + b2 + c2 Tương tự : (a2c + b2a + c2b) ≤ a2 + b2 + c2 . a2 + b2 + c2 3 (a2 + b2 + c2 )2 3 a +b +c ≥ 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a=b=c=1. 3 ĐÁP ÁN CỦA S Ở GD&ĐT NGHỆ AN 2 Từ đó ta có : F ≥ 2 2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có a2 (b + 2c)a2 a2 (b + 2c)a2 2a2 . + ≥2 = b + 2c 9 b + 2c 9 3 b2 (c + 2a)b2 2b2 c2 (a + 2b)c2 2c2 . , + ≥ + ≥ c + 2a 9 3 a + 2b 9 3 Tương tự a2 b2 c2 + + b + 2c c + 2a a + 2b 2 1 ≥ a2 + b2 + c2 − a2 (b + 2c) + b2 (c + 2a) + c2 (a + 2b) (*) . 3 9 Lại áp dụng AM – GM, ta có a3 + a3 + c3 b3 + b3 + a3 c3 + c3 + b3 a2c + b2a + c2b ≤ + + =a3 + b3 + c3 (**) . 3 3 3 Từ (*) và (**) suy ra: 2 1 2 1 F ≥ a2 + b2 + c2 − ( a + b + c )(a2 + b2 + c2 ) ≥ a2 + b2 + c2 − a2 + b2 + c2 3 9 3 9 F= Suy ra: ( Đặt = t ( ) ( ) ) ( ( ) 25( a + b + c ) − 48= 9 ( a + b + c ) ≥ 3( a + b + c ) ⇒ 3( a + b + c ) − 25( a + b + c ) + 48 ≤ 0 ⇒ 3 ≤ a + b + c 3 a2 + b2 + c2 , từ giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2 4 2 2 2 2 2 ) 3( a 2 2 2 1 Do đó F ≥ t 2 − t 3 = f(t) với t ∈3; 4  (* * *) . 9 27 Mà min f(t) = f(3) = 1 (* * **) . Từ (***) và (****) suy ra F ≥ 1. 2 ≤ 16 . 3 t ∈3;4  Vậy minF = 1 xảy ra khi a = b= c = 1 . 21. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2009 ) Cho các số thực dương x,y,z . Chứng minh rằng : 1 1 1 36 + + ≥ 2 2 x y z 9 + x y + y 2 z2 + z2 x 2 Lời giải : BĐT đã cho tương đương với : (9 + x y 2 2 1 1 1 + y 2z2 + z2 x2  + +  ≥ 36 x y z ) 3 2  xy + yz + zx  Ta = có : ( xyz ) (xy)(yz)(zx) ≤   3   8 2 ) + b2 + c2 . httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc  1 1 1   xy + yz + zx  27 ( xy + yz + zx ) 27 Do đó : = + +   =  ≥ 3 xyz xy + yz + zx (xy + yz + zx) x y z   2 2 2 ( ) Lại có : 9 + x 2 y 2 + y 2z2 + z2 x2 = 6 + x 2 y 2 + 1 + (y 2z2 + 1) + (z2 x2 + 1) ≥ 2 3 + (xy + yz + zx) Nên : ( VT ) 2 2   27 9 . 108  ≥ 4 3 + (xy + yz + zx) = + 6 + (xy + yz + zx) ≥ xy + yz + zx  xy + yz + zx    9 ≥ 108  6 + 2 (xy + yz + zx) =  1296 ⇒ VT ≥ 36  xy + yz + zx   ĐÁP ÁN CỦA S Ở GD&ĐT NGHỆ AN : Bất đẳng thức cần chứng mi nh tương đương (xy + yz + zx)(9 + x2y 2 + z2y 2 +x2z2) ≥ 36xyz Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 y 2z2 (1) Và 9+ x2y 2 + z2y 2 +x2z2 ≥ 12 12 x 4 y 4 z 4 hay 9 + x2y 2 + z2y 2 +x2z2 ≥ 12 3 xyz (2) Do các vế đều dương, từ (1), (2) suy ra: (xy + yz + zx)(9 + x2y 2 + z2y 2 +x2z2) ≥ 36xyz (đpcm). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1 22. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Ninh năm 2010 ) Cho các số thực dương x,y thỏa mãn đk : x + y + 1 = 3xy . Tìm giá trị lớn nhất của := M Lời giải : M = Ta có : 3x 3y 1 1 + − 2− 2 y(x + 1) x( y + 1) x y Ta có : 3xy = x + y + 1 ≥ 2 xy + 1 ⇒ xy ≥ 1 ⇒ xy ≥ 1 (*) 2 3x 3y 1 1 1 1 3xy(x + y) − (x + y)2 + 2xy 3xy (3xy − 1 ) − (1 − 3xy) + 2xy = + = = + − − y 2 (3x − 1) x 2 (3y − 1) x 2 y 2 y 2 (3x − 1) x2 (3y − 1) x2 y 2 9xy − 3(x + y ) + 1 4x2 y 2 23. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Bình năm 2010 ) Cho các số thực dương a, b, c . CMR : a3 b3 c3 a b c + + ≥ + + b3 c3 a3 b c a  a3 a3 a + 3 +1≥3  3 b  b b HD :   a3 b3 c3 3 ≤ 3 + 3 + 3 b c a  24. ( Đề thi HS G Tỉnh Vĩnh Phúc năm 2010 ) . Cho x, y, z ≥ 0 thỏa mãn : x 2 + y 2 + z2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P= 6(y + z − x) + 27xyz y 2 + z2 1 − x2 HD : P ≤ 6  2(y 2 + z2 ) − x  + 27x. = 6  2(1 − x 2 ) − x  + 27x ( PMax = 10)     2 2 25. ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Phòng năm 2010 ) . Cho a, b,c ≥ 0: a2 + b2 + c2 = 1 . Chứng minh rằng : a3 + 2b3 + 3c3 ≥ 6 7 HD : Có thể dùng cân bằng hệ số hoặc Svacxơ 26. Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn : xyz = 1 . Chứng minh rằng : (x 4 + y 4 )3 (y 4 + z4 )3 (z4 + x 4 )3 + 6 6 + 6 ≥ 12 x6 + y 6 y +z z + x6 9 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc 2 2 Lời giải : Đặt = x2 a;y = b;z = c ⇒ abc = 1 . Bất đẳng thức đã cho trở thành : (a2 + b2 )3 (b2 + c2 )3 (c2 + a2 )3 + 3 3 + 3 3 ≥ 12 a3 + b3 b +c c +a Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho 4 số ta có : ( ) ( ) ( (a2 + b2 )3 = a6 + a 4 b2 + a 4 b2 + a 4 b2 + b6 + a2 b4 + a2 b4 + a2 b4 ≥ 4 4 a6 b6 a3 + b3 ) 27. (Đề thi HS G Tỉnh Đồng Nai năm 2010 ) . Cho a,b,c > 0 . Chứng mi nh rằng : 1 1 1 3(a + b + c) + + ≥ a + b b + c c + a 2(a2 + b2 + c2 ) HD : (a2 + b2 ) + (b2 + c2 ) + (c2 + a2 )  1 1 1  3(a + b + c) BĐT ⇔ + +  ≥ 2 2 a + b b + c c + a  (a + b)2 2 28. ( Đề thi HS G Tỉnh Phú Thọ năm 2010 ) . Cho x,y,z > 0 : x + y + z = 9 . Chứng minh rằng : Và chú ý : a2 + b2 ≥ x 3 + y 3 y 3 + z3 z 3 + x 3 ≥9 + + xy + 9 yz + 9 zx + 9 29. ( Đề thi chọn ĐT Ninh Bình năm 2010 ) . Cho a,b,c là độ dài ba cạnh một tam giác có chu vi bằng 4. Chứng minh 272 rằng : a2 + b2 + c2 + 2abc ≤ 27 HD : Bài này thì chọn phần tử lớn nhất mà đạo hàm . a3 b3 c3 30. (Đề thi HSG Tỉnh Bình Định năm 2010 ) . Cho a,b,c >0 . CMR : + + ≥a+b+c bc ca ab a 4 (a2 + b2 + c2 )2 (a + b + c)4 HD : VT = ∑ ≥ ≥ ≥a+b+c abc 3abc 27abc 31. ( Đề thi chọn HS G QG Tỉnh Bình Định năm 2010) . Cho x,y,z >0 thỏa mãn : 2 xy + xz = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của : S = 3yz 4zx 5xy + + x y z 32. ( Đề thi chọn HS G Thái Nguyên năm 2010 ). Cho các số thực x,y,z thỏa mãn điều ki ện : Tìm giá trị nhỏ nhất của : P = xyz 1 2 3 1. + + = 1+ x 2+ y 3+z 33. ( Đề thi chọn HS G QG tỉnh Bến Tre năm 2010 ) . Cho a,b, c > 0 :a2 + b2 + c2 = 3 . Chứng minh bất đẳng thức : 1 + 1 + 1 ≤1 4 − ab 4 − bc 4 − ca 34. ( Đề thi chọn ĐT trường ĐHSP I Hà Nội 2010 ) . Cho các số thực dương x,y,z . Tìm giá trị nhỏ nhất của : x 2 y y 2 z z2 x 13xyz P = + 3 + 3 + z3 x y 3(xy 2 + yz2 + zx2 ) Lời giải 1 : a b c 13 x y z Đặt : = a; = b; = c ⇒ abc = 1 . Lúc đó : P = 2 + 2 + 2 + y z x + 3 (a b + c) b c a Ta có : (a + b += c) abc(a + b += c) (ab)(ac) + (ab)(bc) + (ac)(bc) ≤ 1 1 a  a + b2 ≥ 2 b  1 a b c 1 1 1 1 b Lại có :  + 2 ≥ 2 ⇒ 2 + 2 + 2 ≥ + + = ab + bc + ca c a b c b c a b c 1 c 1  + 2 ≥2 c c a 13 Do đó : P ≥ (ab + bc + ca) + ( Với ab + bc + ca ≥ 1 ) (ab + bc + ca)2 10 (ab + bc + ca)2 3 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc Lời giải 2 : y x z a2 b2 c2 13abc 13 ≥ (a + b + c) + = a; = b; = c ⇒ abc = 1 . Lúc đó : P = + + + b c a 3(ab + bc + ca) x z y (a + b + c)2 Đặt : x y z 3 + + + ≥4 y 2 z2 x 2 x + y + z 35. Bài toán tương tự : Cho x,y,z > 0 : xyz ≤ 1 . Chứng minh rằng : Lời giải : Đặt : 1 1 1 = a; = b; = c ⇒ abc ≥ 1 . x y z a2 b2 c2 3abc (a + b + c)2 9 . Với : a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 + + + ≥ + c a b ab + bc + ca a+b+c (a + b + c)2 36. ( Đề thi chọn đổi tuyển ĐH Vinh năm 2010 ) . Cho a,b,c là các số thực thuộc đoạn [0;1] và a + b + c = 1 . Tìm giá BĐT đã cho trở thành : 1 1 1 + + a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 1 1 1 HD : Dùng pp tiếp tuy ến và Bất đẳng thức : 2 , ∀x,y ≥ 0; x + y ≤ 1 + 2 ≥1+ x +1 y +1 (x + y )2 + 1 37. ( Đề thi chọn HS G QG tỉnh Lâm Đồng ) . Cho a,b,c là các số thực dương . Chứng minh rằng : a2 b2 c2 + + ≥ a2 − ab + b2 + b2 − bc + c2 + c2 − ca + a2 b c a Lời giải : trị lớn nhất và nhỏ nhất của : P =  a2   b2   c2  a2 b2 c2 C1 : ( THTT) Ta có :  + b  +  + c  +  + a  ≥ 2(a + b + c) ⇒ + + ≥ a + b + c b c a b   c  a   a 2  a2 b2 c2    Do đó = : 2.VT 2 + +  ≥ ∑  + b − a=  + b b c a    b C2 : Ta có : ∑ a2 − ab + b2 ≥ a + b + c(Mincopxki)  a2 − ab + b2    ∑  b  + b ≥ 2VP    a2 − ab + b2 ∑ a − ab + b ≥ a2 − ab + b2 ≥ ∑ Sv acx o a+b+c b 38. ( Đề thi chọn đội tuyển trường Lương Thế Vinh – Đồng Nai năm 2010 ) . Cho a,b,c > 0 : abc = 1 . Chứng minh 2 Mà : VT = ∑ 2 rằng : ab2 + bc2 + ca2 ≥ a + b + c HD : BĐT ⇔ a b 2 a  2 a b c + + ≥ a + b + c . Chú ý là : + + a c ≥ 3a  a c = b c b  b c a  Lời giải 2 : Ta có : ab2 + ab2 + bc2 ≥ 3 3 (a2 b2c2 )b3 = 3b 39. ( Chọn ĐT HS G QG tỉnh Phú Thọ năm 2010 ). Cho a,b,c > 0 . Chứng minh bất đẳng thức : 3 2 2 2  a  3  b  3  c  33 2  b+c  + c+a  + a +b ≥ 2       2 2 b+c b+c a 1  a   b+c + ≥ 3 3 2  ⇒ 2(a + b + c) ≤ 3 3  b + c  a a 3 2   a   40. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) . Cho 3 số dương a,b,c thay đổi . Tìm giá trị lớn nhất của : HD : 2 + P= bc a + 3 bc a b c 1 . Lúc đó : = x; = y; = z ⇒ xyz = b c a z x y 1 x  P=+ + = − ∑ + 1 . Lại có : x + 3z y + 3x z + 3y 3  x + 3z  HD : Đặt x x2 (x + y + z)2 = ≥ ∑ x + 3z ∑ x2 + 3zx (x + y + z)2 + (xy + yz + zx) ≥ Do đó : P ≤ 1 − + ca b + 3 ca + ab c + 3 ab . (x + y + z)2 3 = 2 4 + + (x y z) (x + y + z)2 + 3 13 3 = . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : x = y = z =1 . 34 4 11 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc ĐÁP ÁN CỦA S Ở GD&ĐT : Đặt = x = a ,y Khi đó: P = Ta có 3P = c;x,y,z ∈ ( 0; + ∞ ) . = b,z yz zx xy . + + x2 + 3yz y 2 + 3zx z2 + 3xy 3yz 3zx 3xy + + x 2 + 3yz y 2 + 3zx z2 + 3xy  x2 y2 z2  = 3− 2 + 2 + 2 3−Q =  x + 3yz y + 3zx z + 3xy  áp dụng bđt BCS ta được   x y z  x2 + 3yz + y 2 + 3zx + z2 + 3xy   x2 + 3yz  y 2 + 3zx z2 + 3xy   2 (x + y + z) . Mặt khác ⇔Q≥ 2 ( x + y + z ) + xy + yz + zx 2 ( ≤ Q. x2 + y 2 + z2 + 3xy + 3yz + 3zx ) 2 Suy ra Q ≥ 3 9 3 , do đó 3P ≤ ⇒ P ≤ . 4 4 4 (x + y + z) xy + yz + zx ≤ 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b= c. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 41. ( Đề dự bị HSG Tỉnh Nghệ An 2008 ) . Cho ba số dương a,b,c thoả mãn : 3 . 4 a2 + b2 + c2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất a2 b2 c2 . + + b+c c+a a+b 1 1 1 Lời giải 1 : Giả sử : a ≥ b ≥ c ⇒ . Áp dụng bất đẳng thức Chebysev ta có : ≥ ≥ b+c c+a a+b a2 b2 c2 1 1 1  1 1 1 1   1 P= . ≥ a2 + b2 + c2  + + + + =  + +  ≥ b+c c+a a+b 3  b + c c + a a + b  3 b + c c + a a + b  của biểu thức : P = ( ) 3 3 ≥ 2(a + b + c) 2 3(a2 + b2 + c2 ) Lời giải 2 : Áp dụng BĐT Swcharz : a4 b4 c4 (a2 + b2 + c2 )2 P= 2 + 2 + 2 .≥ a (b + c) b (c + a) c (a + b) b(a2 + c2 ) + a(b2 + c2 ) + c(a2 + b2 ) ≥ Lại có : a(b2 + c2 ) = 2a b2 + c2 . b2 + c2 ≤ 2 1  2a2 + 2(b2 + c2 )    3 2  42. ( Đề chọn đội tuyển QG dự thi IMO 2005 ) . Cho a,b,c >0 . CMR : 3 a3 b3 c3 3 + + ≥ (a + b)3 (b + c)3 (c + a)3 8 1 1 1 3 b c a Lời giải : = x;= y; = z ;⇒ xyz + + ≥ = 1 . Bất đẳng thức đã cho trở thành : 3 3 3 (1 + x) (1 + y) (1 + z) 8 a b c Áp dụng AM-GM ta có : 1 (1 + x ) Ta cần CM bất đẳng thức : 3 + 1 (1 + x ) 3 + 1 1 3 ≥ 33 = 6 2 8 8(1 + x) 2(1 + x ) 1 1 1 3 + + ≥ (1 + x)2 (1 + y)2 (1 + z)2 4 12 httP://www.vnmath.com Bổ đề : 1 (1 + x ) 2 + 1 Dich vu Toan hoc (1 + y ) 2 ≥ 1 ( ∀x,y > 0) 1 + xy Bổ đề này được CM bằng cách biến đổi tương đương đưa v ề BĐT hiển nhiên : xy(x − y)2 + (1 − xy)2 ≥ 0 Do đó : VT ≥ 1 1 z 1 z(z + 1) + 1 z2 + z + 1 + = + = =2 2 2 1 + xy (1 + z) z + 1 (1 + z) (1 + z)2 z + 2z + 1 Giả sử : z Max{x,y,z} ⇒= = 1 xyz ≤ z3 ⇒ z ≥ 1 . Xét hàm số : f(z) = z2 + z + 1 z2 − 1 ;= f '(z) ≥ 0, ∀z ≥ 1 2 z + 2z + 1 (z + 1)4 3 . Suy ra : f (z ) ≥ f(1) = 4 43. ( Đề thi HS G Tỉnh Hà Tĩnh năm 2008 ) . Cho x , y,z ≥ 0 :x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của : P= 1−x 1−y 1−z + + 1+ x 1+ y 1+z ) ( 1−x x2 ≥ (1 − x) ⇔ 1 − x 1 − 1 − x2 ≥ 0 ⇔ 1 − x ≥ 0 ( luôn đúng ) 1+ x 1 + 1 − x2 Thiết lập các BĐT tương tự ta có : P ≥ 2 Lời giải 1 : 4 1−x 1−y 1−x −y 2 , x + y ≤ và MaxP= 1 + + ≤1+ 1+ x 1+ y 1+ x + y 5 3 44. ( Đề thi HS G lớp 11 tỉnh Hà Tĩnh năm 2008 ) . Cho x,y,z > 0 : x + y + z = 1 . Chứng minh bất đẳng thức : Chú ý : Để tìm Max cần sử dụng BĐT phụ : x y z 1+ x 1+ y 1+z + + ≤ 2 + +  y +z z+x x+y y z x  x x y z y z  3 xz xy yz Giải : BĐT ⇔ 2 + + + +  + 3 ≤ 2 + +  ⇔ ≤ 2 y(y + z) z(z + x) x(x + y)  y +z z+x x+y  y z x Ta lại có : VP = ( xz + yz + zx ) xz xy yz (xz)2 (xy)2 (yz)2 + + = + + ≥ y(y + z) z(z + x) x(x + y) xyz(y + z) xyz(z + x) xyz(x + y) 2xyz(x + y + z) 2 3 (xy + yz + zx)2 ⇒ VP ≥ 3 2 45. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Bình – 2010 ) . Cho a , b,c ≥ 0 :a + b + c = 3 . Chứng minh rằng : Mà : xyz(x + y= + z) (xy)(yz) + (xz)(zy) + (zx)(xy) ≤ a b3 + 1 + b c3 + 1 + c a3 + 1 ≤ 5 46. Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác ABC . Tìm GTNN của : P = 2a HD : = 2b + 2c − a 6a (3a)(2b + 2c − a) ≥ 6a (a + b + c) 47. Cho a , b,c ≥ 0 : a + b + c = của : P 1 . Tìm GTLN, GTNN = HD . Tìm GTNN : Áp dụng BĐT Mincopxki ta có : P = a2 + a + 1 + b2 + b + 1 + c2 + c + 1 = Tìm GTLN : Bổ đề : CM bất đẳng thức : Bình phương 2 vế ta có : ∑ 2a 2b 2c + + 2b + 2c − a 2a + 2c − b 2b + 2a − c a2 + a + 1 + b2 + b + 1 + c2 + c + 1 2 2 2 1  3  3 3 3    a a b c + + ≥ + + + +      2   2  2   2    1 + a + a2 + 1 + b + b2 ≤ 1 + 1 + (a + b) + (a + b)2 2 (1 + a + a2 )(1 + b + b2 ) ≤ ab + 1 + a + b + (a + b)2 ⇔ 1 + a + b + (a + b)2 + (1 − a − b) ≥ 0 48. ( Đề thi chọn HS G QG tỉnh Hải Dương năm 2008 ) . Cho a,b,c > 0 :a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của bi ểu a2 b2 c2 + + a + 2b3 b + 2c3 c + 2a3 HD : AM-GM ngược dấu . a2 2ab3 2ab3 2 2 2 4 Ta có : a a = − ≥ − = a − b 3 a2 ≥ a − b(a + a + 1) = a − b − ab 3 6 3 9 9 9 a + 2b3 a + 2b3 3 ab thức : P = 13 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc 2 4 7 4 (a + b + c) Do đó : P ≥ (a + b + c) − (a + b + c) − (ab + bc + ca) ≥ − 1 = 9 9 3 3 9 2 49. ( Đề chọn ĐT trường chuyên Bến Tre ) . Cho x,y,z ≥ 0 . Tìm GTLN của : M = 3 1 1 − x + y + z + 1 (1 + x)(1 + y)(1 + z) 1 27  x + y +z +3 . Lúc đó : M ≥ Giải : Đặt x + y + z = − t ≥ 0 , ta có : (1 + x)(1 + y)(1 + z) ≤   3 t + 1 (t + 3)3   1 27 Xét hàm số : f( t ) = , t ≥0 − t + 1 (t + 3)3 3a 4 + 1 3b4 + 1 3c4 + 1 a2 + b2 + c2 + + ≥ b+c c+a a+b 2 50. Cho a,b,c > 0 . Chứng minh rằng : HD : Ta có : 3a 4 + 1 = a 4 + a 4 + a 4 + 1 ≥ 4 4 a1 2 = 4a3 Do đó : VT ≥ ∑ 4a3 = b+c 4a 4 ∑ ab + ac ≥ ... Svacxo 51. Cho a,b,c > 0 . Chứng minh rằng : 1 1 1 9 4 4 4 + + + ≥ + + a b c a+b+c a+b a+c b+c HD : 52. Cho a,b,c > 0 : a + b + c = 1 . Chứng minh rằng : a ( b c 3c + ab + ) b( c a 3a + bc + ) c( a b c 11 1 1 + + ≤  + +  3a2 + 2b2 + c2 3b2 + 2c2 + a2 3c2 + 2a2 + b2 6  a b c  a b c 54. Cho a,b,c > 0 :ab + bc + ca = 3 . CMR : + 2 + 2 ≥ abc 2 2a + bc 2b + ca 2c + ab 1 + a3 1 + b3 1 + c3 55. Cho a,b,c > 0 . CMR : + + ≥3 1 + a2c 1 + c2b 1 + b2a 1 1 1 3 56. Cho a,b,c > 0 : abc = 27 . CMR : + + ≤ 1+a 1+b 1+c 2 53. Cho a,b,c > 0 . CMR : 57. Cho a,b,c > 0 . CMR : 58. Cho a,b,c > 0 . CMR : a b 3b + ac ) ≥ 3 3 4 1 1 1 27 + + ≥ b(a + b) c(c + b) a(a + c) (a + b + c)2 b+c 59. Cho a,b,c ∈(1;2) . CMR : a + c+a b + b a a+b c + ≥ a + b + c +3 a c + c b ≥1 4b c − c a 4a b − b c 4c a − a b 3 6 60. Cho a,b,c > 0 : abc = 1 .CMR : 1 + ≥ a + b + c ab + bc + ca x 2z y2x z2 y 1 x y z  61. Cho x,y,z > 0 . CMR : + + ≥  + +  3 3 3 2 y z x  xyz + y xyz + z xyz + x a2 b2 c2 a+b+c 1 1 1 62. Cho a,b,c > 0 : + + = + + ≥ 1 . CMR : a + bc b + ac c + ba 4 a b c 63. Cho x,y,z > 0 . Tìm Min của : = P 64. Cho a,b,c > 0 :a + b + c = 3 . CMR : 3  x y z  4(x3 + y 3 ) + 3 4(y 3 + z3 ) + 3 4(z3 + x3 ) + 2 2 + 2 + 2  z x  y a + b + c ≥ ab + bc + ca 1 1 1 + + ≤1 a + b+1 b+c +1 c +a +1 y z x 66. Cho x,y,z > 0 . CMR : + + ≤1 x + (x + y)(x + z) y + (x + y)(y + z) z + (x + z)(y + z) 65. Cho a,b,c > 0 :abc = 1 . CMR: 67. ( Đề thi HS G Tỉnh Bình Phước năm 2008 ). Cho a,b,c > 0 . CMR : 14 a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 a +b b +c c +a httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc 68. ( Đề thi HS G Tỉnh Thái Bình năm 2009 ) .Cho các số thực x , y , z thỏa mãn x 2 + y 2 + z2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: F= 3x 2 + 7y + 5y + 5z + 7z + 3x 2 69. (Đề thi HSG TP Hồ Chí Minh năm 2006 ) . Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa: a + b + c = 3 . Chứng minh: a2 b2 c2 3 + 2 + 2 ≥ . b +1 c +1 a +1 2 2 70. Cho a,b,c > 0 . Chứng mi nh rằng : 2a 2b 2c + + ≤3 a+b b+c c+a 2 1 1 a b c + ≤ ;y = ;z = ⇒ xyz = 1 . Áp dụng Bổ đề : ( xy ≤ 1) 1 + x2 1 + y 2 1 + xy b c a 71. Chứng minh các Bất đẳng thức : a) log b+c a2 + log c+a b2 + log a+b c2 ≥ 3 ( a,b,c > 2) HD : Đặt x = b) c)  log bc log c a log a  9 + + 2 ( a,b,c > 1) ≥ b c c a a b a b+c + + + +   72. Cho x,y , z ≥ 0 : xy + yz + zx = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của : P = x2 y 3 + y 2z3 + z2 x3 + (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 Giải : 73. 15 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc PHẦN IV : GIỚI HẠN DÃY SỐ x1 = 1  1. Cho dãy số :  . Chứng minh dãy số có giới hạn v à tính giới hạn đó. 7 − log3 x2n + 11 x n+1 = ( ) −2x < 0, ∀x ∈ (0;5) (x2 + 11)ln3 = f (x n ) , do đó bằng quy nạp ta CM được rằng : 0 < x n < 5, ∀n HD : Xét hàm số : f (x)= 7 − log3 (x 2 + 11),x ∈ (0;5) , ta có : Do đó : 0 < f(5) < f(x) < f(0) < 5 . Mà x n+1 f '(x) = : g'(x) Lại xét hàm số : g( x)= 7 − log3 ( x 2 + 11) − x, x ∈ (0;5) . Ta có = Suy ra phương trình f(x)=x có nghiệm duy nhất x = 4 . −2x − 1 < 0, ∀x ∈ (0;5) (x + 11)ln3 2 Theo định lý Lagrage ∃c ∈ (x n ; 4) sao cho : f(x n ) −= f(4) f '(c) x n − 4 ≤ ( Vì f '(c) = 2c 2c ≤ = 2 (c + 11)ln3 2 11c2 ln3 1 11 ln3   1 ). Do đó : x n+1 − 4 ≤   11 ln3  11 ln3  1 xn − 4 n−1 x1 − 4 → 0 2. Cho phương trình : x 2n+1= x + 1 với n nguyên dương . Chứng minh phương trình đã cho có duy nhất một nghi ệm thực với mỗi n nguyên dương c ho trước. Gọi nghiệm đó là x n . Tìm limx n x > 1 Giải : Từ phương trình : x 2n+1 = x + 1 ⇔ x(x 2n − 1) =1 ⇒ x(x 2n − 1) > 0 ⇒ x(x − 1) > 0 ⇒  x < 0 2n+1 Đặt fn (x ) = x − x −1 . +) Nếu x 1 , ta có : fn '(x)= (2n + 1).x 2n − 1 > 0 . Hơn nữa f(1) = −1; lim f(x) = +∞ , suy ra phương trình x→+∞ có nghiệm x n ∈ (1; +∞ ) duy nhất . Xét hiệu : fn+1 (x n ) −= fn (x n ) (x 2n+2 n ) ( ) +1 +1 − x n − 1 − x2n −= x n − 1 x 2n (x n − 1) > 0, ∀x n > 1 ⇒ fn+1 (x n ) > fn ( x n ) n n Hay : fn+1 (x n ) > fn (x n ) =0 =fn+1 (x n+1 ) ⇒ x n > x n+1 . (Do hàm f(x) tăng ) . Vậy dãy {x n } là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên có giới hạn . Giả sử : lim x= a(a ≥ 1) n Ta sẽ chứng minh a=1 . Thật vậy, giả sử a > 1 . u1 = 1  u1 u2 u  3. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Bình năm 2010 ) Cho dãy số {un } :  + + ... + n . u2n . Đặt : Sn = u u u un + 2 3 n+1 un+= 1 2010  Tìm : limSn Lời giải : 1 u2 u − uk u u − uk u u 1  Ta có : uk +1 − uk =k ⇒ k +1 2010  − =k ⇒ k +1 = k ⇒ k =  (*) 2010 uk 2010 uk .uk +1 2010.uk +1 uk +1  uk uk +1   1  Từ hệ thức (*) cho k = 1,2…,n ta có : Sn 2010  1 − =  u  n+1  u2n ≥ un ⇒ Dãy {u n } tăng . 2010 Giả sử {u n } bị chặn trên . Suy ra tồn tại giới hạn hữu hạn : limu = a(a > 1) . Do đó, từ : n Lại có : un+1 = un +  u2n u2  a2 ⇒ a = 0 ( Vô lý ) ⇒ limun+1 = lim  un + n  ⇒ a = a + 2010 2010  2010  1 Suy ra dãy {u n } tăng và không bị chặn trên, nên : limun = +∞ ⇒ lim = 0 ⇒ limSn = 2010 un+1 un+1 = un + 16 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc 1 < x1 < 2   4. ( Đề thi HS G Tỉnh Bình Định năm 2010 ) . Cho dãy số { x n } :  . Chứng minh dãy số {x n } x2n x n+1= 1 + x n − , ∀n ≥ 1 2  có giới hạn và tìm giới hạn đó . Lời giải : x2 , x ∈ (1;2) . Ta có : f '(x) = 1 − x < 0, ∀x ∈ (1;2) . Do đó : 2 3 1= f(2) < f(x) < f(1) =< 2 . Từ đó thay x bởi : x1 ; x 2 ,...,x n ta có : 1 < x1 ,x2 ,..., x n < 2 2 Suy ra dãy {x n } bị chặn . Xét hàm số : f(x)= 1 + x − Giả sử dãy số có giới hạn là a, lúc đó a thỏa mãn pt : a = 1 + a − Ta sẽ CM giới hạn này bằng định lý kẹp :   x2n   Xét hiệu : x n+1 − 2 =  1 + x n −  −  1 + 2 − 2     ( 2) 2 2 a2 ⇒a= 2 2   1  = 2 xn − 2 xn + 2 − 2   ( ) Lại có : 1 < x n < 2 ⇒ 2 − 1 < x n + 2 + 2 < 2 ⇒ x n + 2 + 2 < 2 Do đó : x n+1 − 2 < ( ) 2 x n − 2 (*) . Từ (*) cho n = 1,2,… và nhân lại với nhau ta có : 2 n−1 n−1  2 0 ⇒ limx n = 2 x1 − 2 . Mà lim  x1 − 2 =  2    1  u1 =  3 5. ( Bài toán tương tự ) . Cho dãy số {un } :  . Tìm limun . 2 u u = n − 1, ∀n ≥ 1  n+1 2 x1 = 1  6. ( Đề thi HS G Tỉnh Bến Tre năm 2010 ) . Cho dãy số {x n } :  . Chứng minh rằng 2 = x n + x n + 1 − x 2n − x n + 1 x n+1 dãy số trên có giới hạn v à tìm giới hạn đó . Lời giải : 2x n Ta có := x n+1 x 2n + x n + 1 − x 2n − x= n +1 x2n + x n + 1 + x2n − x n + 1  2 x n+1 − 2 <   2    ( ) ( Bằng quy nạp ta chứng minh được rằng : x n > 0, ∀n = 1,2,... Lại có : x2n + x n + 1 + x2n − x n += 1 2 2 ) 2 1 3 1 3    x n + 2  +  2  +  −x n + 2  +  2          2 2  1  1   3 3 ≥ + x n +  +  −x n +   +  2  =   Mincopxki 2  2    2 2   Từ đó suy ra : x n+1 < x n 2 ≥ Mincopxki Vậy dãy {x n } giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên tồn tại giới hạn hữu hạn. Giả sử limx n = a ⇒ a = a2 + a + 1 − a2 − a + 1 ⇒ a = 0 x1 = 2   7. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2009 ) . Cho dãy số : {x n } :  x1 + 2x2 + ... + (n − 1)x n−1 , n >1 x n = n(n2 − 1)  Tính limUn với U= (n + 1)3 .x n n Lời giải : Ta có : 17 httP://www.vnmath.com +) x 2 = Dich vu Toan hoc 1 3 +) Với n ≥ 3 ta có :  x1 + 2x 2 + ... + (n − 1)x n−1  = + nx n n(n2 − 1)x n = + nx n n3 x n  x1 + 2x 2 + ... + (n − 2)x n−2  + (n − 1)x n−1 = (n − 1) (n − 1)2 − 1 x n−1 + (n − 1)x n−1 = (n − 1)3 x n−1 Từ đó suy ra : n3 x n = nx n + (n − 1)3 x n−1 ⇒ Từ (*) cho n = 3,4…ta có : 2 x n (n − 1)3  n − 1   n  = =     (*) x n−1 n3 − n  n   n + 1    n − 1 2  n − 2 2  2 2   n n − 1 3  12 4 . ...    .  . ...  xn = ⇒ =    2 2 4  n (n + 1) n (n + 1)  n   n − 1   3    n + 1 n xn x n x n−1 x3 . ... = = x2 x n−1 x n−2 x2 4(n + 1)3 Do = đó : limUn lim = 4. n2 (n + 1) x0 > 0   . Chứng minh dãy có giới hạn v à 9. ( Đề thi HS G Tỉnh Hà Tĩnh năm 2010 ) . Cho dãy {x n } :  x n (x2n + 3) x , ∀n ≥ 0 = 2  n+1 3x n + 1  tìm giới hạn đó . Lời giải : Bằng quy nạp ta chứng minh được x n > 0, ∀n > 0 +) TH1 : Nếu x0 = 1 , quy nạp ta được x n = 1, ∀n > 0 . Hiển nhiên limx n = 1 +) TH1 : Nếu x0 > 1 , x2 (x − 1)2 x(x2 + 3) trên khoảng (1; +∞ ) ta có : f '(x) = > 0, ∀x ∈ (1; +∞ ) ⇒ f(x) > f(1) = 1 2 (3x2 + 1)2 3x + 1 Do đó : x2 = f ( x1 ) > 1, .... quy nạp ta có : x n > 1, ∀n Xét hàm số : f(x) = Lại có : x k +1 < x k ⇔ x k (x2k + 3) 3x + 1 2 k < xk ⇔ 2x k (x 2k − 1) 3x 2k + 1 > 0 đúng với x k > 1 Từ đó ta có : x1 > x 2 > .... > x n > x n+1 > 1 . Dãy số giảm và bị chặn dưới nên tồn tại giới hạn hữu hạn . ( ) a a2 + 3 = ⇒a 1 3a2 + 1 x(x2 + 3) +) TH3 : Nếu 0 < x0 < 1 , Xét hàm số : f(x) = trên khoảng (0;1) ta có : 3x 2 + 1 x2 (x − 1)2 = f '(x) > 0, ∀x ∈ (0;1) ⇒ = 0 f(0) < f( x) < f(1) = 1 (3x 2 + 1)2 Do đó := x2 f(x1 ) ∈ (0;1),... quy nạp ta có : x n ∈ (0;1), ∀n Giả sử : limx n = a > = 0⇒a ta có : x k +1 > x k ⇔ x k (x2k + 3) 3x 2k + 1 > xk ⇔ 2x k (x 2k − 1) 3x2k + 1 < 0 đúng với 0 < x k < 1 Do đó : 0 < x1 < x 2 < ... < x n < x n+1 < 1 . Dãy số tăng và bị chặn trên nên tồn tại giới hạn hữu hạn . Giả sử : ( ) a a2 + 3 = ⇒a 1 3a2 + 1 Kết luận : limx n = 1 limx n = a > = 0⇒a u0 = α   . Chứng minh dãy 10. ( Bài toán tương tự ) . Cho α > 0; a > 0 là hai số tùy ý. Dãy {un } :  un (u2n + 3a) = u ,n 0,1,... 2  n+1 = 3un + a  có giới hạn và tìm giới hạn đó. u0 > 1   . Tìm limun 11. ( Chọn đội tuyển ĐH Vinh năm 2010 ) . Cho dãy số {un } :  un + 1 + 2(u2n + 1) u , n 0,1... =  n+1 = un − 1  18 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc a1 = 1   12. ( Đề thi chọn ĐT HS G QG KonTum năm 2010 ) . Cho dãy số thực {a n } xác định như sau :  . 1 a n + (n ≥ 1) 1 a n+= a n  a Chứng minh rằng : lim n = 2 n→+∞ n xn 13. ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Dương năm 2006 ) . Cho dãy số thực x1 = 2006; x n+1 = 3 + . Tìm lim x n x→+∞ x2n − 1 14. ( Đề thi HS G Tỉnh Phú Thọ năm 2008 ) . Cho dãy số {x n } thỏa mãn : n x1 = 1 1  . Đặt y n = ∑ . Tìm limy n .  i=1 x i + 2 x n+1 = x n (x n + 1)(x n + 2)(x n + 3) + 1 , ∀n > 0 HD : ( x n+1 = x n (x n + 1)(x n + 2)(x n + 3) + 1 =x 2n + 3x n + 1 ) 2 Sau đó chứng mi nh dãy tăng và không bị chặn trên . x 2n + 3x n + 1 ⇒ = x1= a > 1  x  x xn  . Tìm : lim  1 + 2 + ... + 15. Cho dãy ( x n ):   2 →+ ∞ n x n+1 − 1  2010x n+1 = x n + 2009x n  x 2 − 1 x3 − 1 1 1 1 = − x n + 2 x n + 1 x n+1 + 1 x2 2009x HD : Xét hàm số : f(x) = + , x > 1 . Ta có : f’(x) > 0 , ∀x > 1 ⇒ f(x) > f(1) = 1 . Bằng quy nạp chứng minh 2010 2010 x2n x x n (x n − 1) = − n > 0, x n > 1 ⇒ x n+1 > x n 2010 2010 2010 Giả sử ∃limx n = a ( a > 1 ) ⇒ 2010a = a2 + 2009a ⇒ a= 0;a= 1 ( Không thỏa mãn ). Vậy lim x n = +∞ Lại có :  1 x n+1 − x n xn 1  2010x n= x2n + 2009x n ⇒ 2010(x n+1 − x = x n (x n − 1) ⇒ = 2010 = 2010  −  n) +1 (x n − 1)(x n+1 − 1) x 1 x x n+1 − 1 − n+1 − 1   n x1 = 1   x123 x23  x23  2 n 24 16. ( Bài tương tự ) . Cho dãy số : (x n ):  . Tìm giới hạn lim + + ... +   xn  x n+1   x 2 x3 x n+1 = + x n , n ∈ N *  24 17. ( Đề thi HS G Tỉnh Bình Phước năm 2008 ) . Đặt f(n) = (n2 + n + 1)2 + 1 với n là số nguyên dương . Xét dãy số : x n+1 − x n được rằng : x n > 1, ∀n . Xét hiệu = (x n ): x n = f(1).f(3).f(5)...f(2n − 1) . Tính giới hạn của dãy số : un = n2 .x n f(2).f(4).f(6)...f (2n ) HD : Chú ý : f(k − 1) (k − 1)2 + 1 = f(k) (k + 1)2 + 1 a1 = 2008   18. Cho dãy số (a n ) xác định bởi :  n . Tính lim n2a n 2 n→+∞ ∑ ai n an ,n > 1 =  i=1 HD : Ta có a1 + a2 + ... + a n= n2a n ⇒ ( n − 1 ) a n−1= 2 (n 2 ) − 1 a n ⇒ a n= n −1 a (1) n + 1 n−1 Trong (1) cho n=1, 2,3….và nhân nó ạl i để tìm : a n 2006 19. Cho dãy số ( x n ) thỏa : x1 = 1,x n+1 = 1+ (n ≥ 1) . Chứng minh dãy số ( x n ) có giới hạn và tìm giới hạn ấy 1 + xn 1  x1 =  2  20. ( Đề thi HS G QG năm 2009 ) . Cho dãy số ( x n ):  . Chứng minh rằng dãy (y n ) với 2 x n−1 + 4x n−1 + x n−1  , ∀n ≥ 2 = x n 2 n 1 y n = ∑ 2 có giới hạn hữu hạn khi n → ∞ và tìm giới hạn đó . x i=1 i Giải : 19 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc x2 + 4x + x 2x + 4 1 , ta có= : f '(x) + > 0, ∀x > 0 2 2 4 x + 4x 2 Lại có : x2 = f(x1 ) > 0,(do x1 > 0).... bằng quy nạp ta chứng minh được x n > 0, ∀n . Xét hàm số : f(x) = x2n−1 + 4x n−1 + x n−1 = − x n−1 2 Xét hiệu : x n − x n−1 = x2n−1 + 4x n−1 − x n−1 = 2 x 4x n−1 2 n−1 + 4x n−1 + x n−1 > 0,(do x n > 0, ∀n ) Suy ra dãy {x n } tăng và x n > 0, ∀n . Giả sử tồn tại giới hạn hữu= hạn a lim x n (a > 0) . Suy ra : a + 4a + a = a2 + 4a ⇒ a = 0 (Vô lý ) . ⇔a 2 Vậy dãy {x n } tăng và không bị chặn trên nên : limx n = +∞ 2 a= n →+∞ Lại có : xn = n →+∞ x2n−1 + 4x n−1 + x n−1 2 ⇒ ( 2x n − x n−= x2n−1 + 4x n−1 ⇒ x n (x n − x n−1 ) =x n−1 ⇒ 1) 2 x n (x n − x n−1 ) 2 n x .x n−1 x 1 1 1 = 2 n−1 ⇒= − 2 x n x n−1 x n x n .x n−1 1 1 1  1 1  1 + x1 1 − = − ⇒ lim y= 6.  2  +  −  + ... +   n n→+∞ xn x12 i=1  x n−1 x n   x1   x1 x 2  x0 = 2009  21. Xét dãy số thực (x n ),n ∈ N xác định bởi :  . Chứng minh dãy có giới hạn hữu hạn x n = 3 6x n−1 − 6sin(x n−1 ), ∀n ≥ 1 và tìm giới hạn đó . x3 HD : Sử dụng bất đẳng thức : x − ≤ sinx ≤ x, ∀x ≥ 0 6 1 6(1 − cosx) 3 Xét hàm số : f(x) = . Ta có : f '(x) > 0, ∀x>0 6x − 6sin x ,x > 0 = 3 3 (6x − 6sin x)2 Do đó : y= n n 1 ∑ x= 2 i Do đó : f(x) > 0, ∀x > 0 . Mà x= f(x1 ) > 0(do x1 > 0) ⇒ ...x= f(x n−1 ) > 0, ∀n 2 n Xét hiệu : x n − x n−1 = 3 6x n−1 − 6sin(x = n−1 ) − x n−1 3 6x n−1 − x3n−1 − 6sin(x n−1 ) 2 6x n−1 − 6sin(x n−1 ) − x n−1 3 6x n−1 − 6sin(x n−1 ) + x 2n−1 0 ) 6 Do đó dãy {x n } giảm và bị chặn dưới, nên tồn tại giới hạn hữu hạn . Giả sử : limx n = a (a ≥ 0) , ta có pt : (Sử dụng Bất đẳng thức : x − a = 3 6a − 6sina ⇔ a3 = 6a − 6sina . Xét hàm số : g(t) = t 3 + 6sin t − 6t , ta có : g'(t) = 3t 2 + 6cost − 6, g''(t) = 6t − 6sin t ≥ 0, ∀t ≥ 0 ⇒ g'(t)= ≥ g(0) 0 ⇒ g(t)≥ g(0) = 0 . Do đó pt có nghiệm duy nhất a = 0 . 22. Cho dãy (x n ) được xác định bởi: x 1 = 5; x n + 1 = x2n - 2 ∀ n = 1, 2, … . Tìm lim x1 = 3 x 23. Cho dãy (x n ) :  . Tìm lim n+1 n→+∞ x 2 n x n+1 = 9x n +11x n + 3; n ≥ 1, n ∈ N. HD : Chứng minh dãy ( x n ) tăng và không bị chặn : Dễ thấy x n > 0, ∀n , xét : x n+1 − x n = Giả sử ∃ lim x n= a ( a > 0 ) ⇒ a= n→+∞ 9x2n +11x n + 3 − x n = x n+1 x1 .x 2 ...x n 8x2n + 11x n + 3 9x2n +11x n + 3 + x n > 0, ∀x n > 0  a = −1 ( Không thỏa mãn ) ⇒ lim x n = 9a2 + 11a + 3 ⇒  +∞ n→+∞ a = − 3 8  x n+1 11 3 = lim 9 + += 3 n→+∞ x n→+∞ x n x2n n Do đó : lim n→+∞ 20 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc 24. Cho dãy số (un ) xác đị nh bởi công thức u1 = 2008  2 2 un+1 = un - 4013un + 2007 ; n ≥ 1, n ∈ N. a) Chứng minh: un ≥ n + 2007; ∀n ≥ 1, n ∈ N . b) Dãy số (x n ) được xác định như sau: 1 1 1 xn = + + ... + ; n ≥ 1, n ∈ N. u1 - 2006 u2 - 2006 un - 2006 Tìm lim x n ? U1 = 1  Tìm limUn 25. ( Đề thi HS G Tỉnh Trà Vinh-2009)Cho dãy số ( Un ) xác định bởi:  4 3 3 = n→+∞ Un+1 log3 Un + 1 + , ∀n ≥ 1 3  x0 = 1   xn 26. Cho dãy số (x n ):  2 ( x n ln2 − 1) + 1 . Chứng minh dãy (x n ) có giới hạn và tìm giới hạn đó . x n+1 =  2xn ln2 − 1 HD : Chứng minh dãy gi ảm và bị chặn dưới . 27. Cho phương trình : x n + x n−1 + .... + x − 1 = 0 . Chứng tỏ rằng với n nguyên dương thì phương trình có nghiệm duy nhất dương x n và tìm lim x n . x→+∞ u1 = 1  28. Cho dãy số {un } xác định bởi  . . Tìm limun n −n un = C2n n .4 1 −x+n= 0 (1). Chứng minh rằng: với mỗi n 2008x ∈ N* phương trình (1) có nghiệm duy nhất, gọi nghiệm đó là x n . Xét dãy (x n ), tìm lim (x n + 1 - x n ). Đáp án : 29. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) . Cho phương trình: Với n ∈ N*, xét f (x) = 1 − x + n ; x ∈ R. 2008x ln2008 - 1 < 0 ∀x ∈ R. 2008x => f(x) nghịch biến trên R (1). f/(x) = - 1  = f(n) 2008n > 0 Ta có:  1 f(n= + 1) −1 < 0  2008n+1 => f(x) =0 có nghiệm x n ∈ (n; n + 1) (2). Từ (1) và (2) => đpcm. 1 > 0 => xn > n. 2008xn 1 => 0 < xn - n < . 2008n Ta có: x n - n = Mặt khác: lim 1 = 0 => lim(x n - n) = 0. 2008n Khi đó lim (x n - 1 - x n ) = lim{[x n + 1 - (n + 1)] - (x n - n) + 1} = 1 MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIỚI HẠN KHI BIẾT CÔNG THỨ C TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ . u1 = 2   30. Cho dãy số ( un ) :  . Tìm limun = ? −9un−1 − 24 = un 5u + 13 , n ≥ 2 n−1  Giải : 21 httP://www.vnmath.com 31. Cho dãy số Dich vu Toan hoc 1  u u1 =  . Tìm lim n u : 2 ( n)  n→+∞ n u= 2u2 − 1 , ∀n ≥ 2  n n−1 HD : Tìm được : un = cos    32. Cho dãy số ( un ) :   = u n  u1 = 1 2 u u 1 2n−1 π và chú ý : 0 ≤ n ≤ ⇒ lim n = 0 →+∞ x n n n 3 2 − 2 1 − u2n−1 , ∀n ≥ 2 2 . Tìm lim 2n .un n→+∞ π sin n π π 3.2 : lim 2n .un lim HD : Tìm được un = sin n−1 suy ra = = →+∞ →+∞ n n π 3 3 2 .6 3.2n π  u1 = 3  un−1 33. Cho dãy số ( un ) :  . Tìm lim 2n .un n→+∞ u , n 2 = ∀ ≥  n 2 1 1 u + + − n 1  π HD : Tìm được un = tan n−1 3.2 2  u1 =  n 3  . Tìm lim ∑ ui 34. Cho dãy số ( un ) :  n→+∞ un−1 i=1 u n , ∀n ≥ 2 = 2(2n − 1)un−1 + 1  u1 = 1  u  . Tìm lim n+1 35. Cho dãy số :  u2 = 2 n→+∞ u n u =  n+2 un + 2un+1 , n ∈ N * HD : Tìm được un = u = lim n+1 x→+∞ u n ( 2 1+ 2 4  ) − (1 − 2 )  . Suy ra : n n   1 − 2 n+1  n+1 n+1  2 1−    − 1− 2 1+ 2   1 + 2     4     = = n+1 n n  2  1 − 2   1 1 + 2 − 1 − 2   1 −    4   1 + 2 1 − 2  1 + 2       ( ( ) ( ) ( ) ) ( ) 2 +1  u1 = 3  u . Tính lim n 36. Cho dãy số ( un ) :  3 + un−1 n→+∞ n , ∀n ≥ 2 = u n 1 − 3un−1  nπ HD : un = tan 3 37. Cho dãy số (un ) xác đị nh như sau : un = 2 + 2 + 2 + .... + 2 ( n dấu căn ) . Tính lim π sin u1 .u2 ...un un 1 π 2 HD : Đặt : x n = x= ⇒ x n = cos n+1 và chú ý : = 1 .x 2 ...x n π 2 2n 2n 2 sin n+1 2 22 n→+∞ u1 .u2 ...un 2n httP://www.vnmath.com 1  b1 =  2  38. Cho dãy số (bn ):   b = 1  b + b2 + 1 n  n+1 2  n 4n  1 π HD : Chứng minh : bn = n .cot n+1 2 2 Dich vu Toan hoc  (n ≥ 1)  . Chứng minh dãy hội tụ và tìm lim bn n→+∞ 23 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc PHẦN V : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 1. Cho hình chóp tam giácđều có thể tích là 1. Tìm giá trị lớn nhất của bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp. 2. Cho tứ diện ABCD có : AB=a; CD=b ; góc giữ a AB và CD bằng α . Khoảng cách giữa AB và CD bằng d. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b,d và α . 3. Trong các tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và thể tích bằng 36. Hãy xác đị nh tứ diện sao cho diện tích tam gi ác ABC nhỏ nhất. MA NB . Gọi I, J lần 4. Cho hình hộp ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 . Các điểm M, N di động trên các cạnh AD và BB 1 sao cho = MD NB1 lượt là trung điểm các cạnh AB, C 1 D 1 . Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn cắt đường thẳng IJ. 5. Gọi O là tâm của một hì nh tứ diện đều . Từ một điểm M bất kì trên một mặt của tứ diện , ta hạ các đường vuông góc tới ba mặt còn lại. Giả sử K, L và N là chân các đường vuông góc nói trên. Chứng minh rằng đường thẳng OM đi qua trọng tâm tam giác KLN. 6. Cho hình chóp S.ABC . Từ điểm O nằm trong tam giác ABC ta v ẽ các đường thẳng lần lượ t song song với các cạnh SA, SB, SC tươngứng cắt các mặt (SBC), (SCA), (SAB) tại các điểm D,E,F . OD DE DF a) Chứng minh rằng : + + = 1 SA SB SC b) Tìm vị trí của điểm O trong tam gi ác ABC để thể tích của hình chóp ODEF đạt gi á trị lớn nhất. 7. Cho hình hộp ABCD .A 1 B 1 C 1 D 1 . Hãy xác định M thuộc đường chéo AC 1 và điểm N thuộc đường chéo B 1 D 1 của mặt phẳng A 1 B 1 C 1 D 1 sao cho MN song song với A 1 D. 8. Các điểm M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, SB của tứ diện đều S.ABC . Trên các AS v à CN ta chọn các điểm P, Q sao cho PQ // BM . Tính độ dài PQ biết rằng cạnh của tứ di ện bằng 1.  = 900 thì các mặt phẳng (OBD) và (OAD) 9. Gọi O là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD. Chứng minh rằng nếu ODC vuông góc với nhau . 10. Trong hình chóp tam giácđều S.ABC (đỉnh S ) độ dài các cạnh đáy bằng 6 . Độ dài đường cao SH = 15 . Qua B vẽ mặt phẳng vuông góc với AS, mặt phẳng này cắt SH tại O . Các điểm P, Q tương ứng thuộc các cạnh AS và BC sao 2 . Hãy tính độ dài bé nhất của đoạn PQ. 5 11. Cho hình lập phương ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 cạnh bằng a . Đường thẳng (d) đi qua D 1 và tâm O của mặt phẳng BCC 1 B 1 . Đoạn thẳng MN có trung điểm K thuộc đường thẳng (d) ; M thuộc mặt phẳng (BCC 1 B 1 ) ; N thuộc mặt đáy (ABCD) . Tính giá trị bé nhất của độ dài đoạn thẳng MN . = = 12. Cho tứ diện ABPM thoả mãn các đi ều kiện : AM ⊥ BP; MAB ABP 900 ; 2AM.BP = AB2 . Chứng minh rằng mặt cầu đường kí nh AB tiếp xúc với PM. 13. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Ninh năm 2010 ) Cho điểm O cố địn h và một số thực a không đổi . Một hình chóp 0  0   90 ; ASB S.ABC thay đổi thỏa mãn : OA = OB = OC = a; SA ⊥ OA;SB ⊥ OB;SC ⊥ OC= = ; BSC 60 = ;CSA 1200 . Chứng cho PQ tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính bằng minh rằng : a. ∆ABC vuông . b. Khoảng cách SO không thay đổi . Giải : a) Đặt : SO = x . Ta có : Các tam giác OAS, OBS, OCS vuông nên : SA = SB = SC = x2 − a2 . 2 2 2 2 2 2 2 2 Do đó : AB S= = A + SB 2(x − a ) ; AC = SA + SC − 2SA.SC.cos1200 = 3(x2 − a2 ) ; BC2 = SB2 + SC2 − 2SB.SC.cos600 = (x2 − a2 ) ⇒ AC2 = AB2 + BC2 hay tam giác ABC vuông tại B. b) Gọi M là trung điểm AC , do các tam gi ác SAC, OAC là các tam giác cân nên :  SM ⊥ AC ⇒ AC ⊥ (SOM) ⇒ AC ⊥ OS  OM ⊥ AC Tương tự, gọi N là trung đi ểm AB, ta CM được : AB ⊥ SO Suy ra : SO ⊥ (ABC) . Do đó mọi điểm nằm trên đường thẳng SO đều cách đều A, B, C . Suy ra SO đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp M của tam giác ABC . Trong các tam gi ác vuông ABC và SBO ta có hệ 24 httP://www.vnmath.com ⇒ Dich vu Toan hoc 1 1  1 = + 2  BM 2 2 AB BC ⇒ thức :  1 1 1  = +  BM2 OB2 BS2 1 1 1 1 3 1 1 1 1 ⇒ + =+ ⇒ 3a2 = 2x2 ⇒ x = a + =+ 2 2(x2 − a2 ) x2 − a2 a2 x2 − a2 AB2 BC2 OB2 BS2 14. ( Đề thi HS G Tỉnh Vĩnh Phúc năm 2010 ) . Cho hình chóp S.ABCD cóđáy ABCD là hì nh chữ nhật , AB = a ; BC = a 2 . Cạnh bên SA v uông góc với đáy và SA=b . Gọi M là trung điểm SD, N là trung điểm AD . a) Chứng minh AC vuông góc với mặt phẳng (BMN) b) Gọi (P) là mặt phẳng đi qua B, M và cắt mặt phẳng (SAC) theo một đường thẳng vuông góc với BM . Tính theo a, b khoảng cách từ S đến mặt phẳng (P) . Lời giải :                 Đặt AS = x;AB = y;AD =⇒ z x.y = y.z = z.x = 0;| x |= b;| y |= a;| z |= a 2    1        Ta có : AC =AD + AB =y + z và BN = AN − AB = z − y 2 2   1 2 (a 2) Do đó : AC.BN = z − y 2 = − a2 =0 ⇒ AC ⊥ BN 2 2  1  Lại do : MN = SA ⇒ MN ⊥ AC 2 Hay : AC ⊥ (BMN) ⇒ AC ⊥ BM  Giả sử (P) cắt (SAC) theo gi ao tuyến (d) ⊥ BM Mà do (d) v à AC đồng phẳng ⇒ (d)/ /(AC) Gọi= O (AC) ∩ (BD) Trong mặt phẳn g (SDB) : SO cắt BM tại I. Qua I kẻ đường thẳng (d) // (AC) cắt SA, SC lần lượt tại H, K . Mặt phẳng (MHBK) là mặt phẳng (P) cần dựng . Lại vì : I là trọng tâm tam giác SDC và HK//AC nên : SH SK SI 2 (1) = = = SC SA SO 3 Theo công thức tính tỷ số thể tích ta có : VSMBK SM SB SK 1 VSMHB SM SH SB 1 = .= . = ; .= . VSDBA SD SB SA 3 VSDCB SD SC SB 3 VSABCD a2b 2 2 (2) = ⇒ VSKMHB VSKMB += = VSDBA V= SMHB 3 3 9 1 1 1 Ta lại có : SKMHB = SMKH + SBKH = MI.HK + BI.HK = BM.HK (3) 2 2 2    1    1    2 2 2 2 3.a Mà : = ; BM = AM − AB = AS + AD − AB = ( x + z ) − y HK = AC a + (a = 2)2 2 2 3 3 3 2 2  2 1 2 2 1 2 3 2 b + 6a BM) x +z = b + a ⇒ BM = (4) ⇒ (= + y2 4 4 2 2 ( ( ) ) 1 b2 + 6a2 2 3a a 3(b2 + 6a2 ) (5) = . 2 2 3 6 3VSKMHB 18a2b 2 2 2ab = = = Từ (2), (5) suy ra : d(S,(P)) 2 2 SKMHB 9a. 3(b + 6a ) 3(b2 + 6a2 ) Từ (3), (4) suy ra : SKMHB = 15. ( Đề thi HS G Tỉnh Bình Phước năm 2010 ) . Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có c ạnh bằng a . Trên AB lấy điểm M, trên CC’ lấy điểm N , trên D’A’ lấy điểm P sao cho : AM = CN = D'P = x(0 ≤ x ≤ a) . a) CMR tam giác MNP là tam gi ác đều, tìm x để di ện tích tam giác này nhỏ nhất . a b) Khi x = hãy tí nh thể tích khối tứ diện B’MNP và bán kính mặt cầu ngoại ti ếp tứ diện . 2 25 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc 16. ( Đề thi HS G Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu năm 2008 ) . Cho tứ diện ABCD có các cạ nh AB=BC=CD=D A=a , = AC x;= BD y . Giả sử a không đổi, xác định tứ di ện có thể tích lớn nhất. 17. ( Đề thi HS G Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu năm 2009 ) Cho khối tứ di ện ABCD có thể tích V . Điểm M thuộc miền trong tam giác ABC . Các đường thẳng qua M son g song với DA, DB, DC theo thứ tự cắt các mặt phẳng (DBC), (DCA), (DAB) tương ứng tại A 1 ; B 1 ; C 1 . MA1 MB1 MC1 a) Chứng minh rằng : + + = 1 DA DB DC b) Tính giá trị lớn nhất của khối tứ di ện MA1B1C1 khi M thay đổi . 18. ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Phòng năm 2010 ) . Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc . Gọi α;β; γ lần lượt là góc tạo bởi các mặt phẳng OBC, OAC, OAB với mặt phẳng (ABC ). a) Chứng minh rằng : tan2 α + tan2 β + tan2 γ + = 2 tan2 α.tan2 β.tan2 γ =  + ACB  + OCB b) Giả sử OC=OA+OB . Chứng minh rằng : OCA 900 19. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) . Cho tứ diện ABCD có AB = CD, AC = BD, AD = BC và mặt phẳng (CAB)   = 1. vuông góc với mặt phẳng (D AB). Chứng minh rằng: CotBCD.CotBDC 2 = = Lời giải : Đặt : BCD α; BDC β Ta có : =β  = BDC  BAC ∆ABC = ∆DCB ⇒  = α  = BCD  ABC  = BCD = α BAD ∆CBD = ∆ADB ⇒  =β  = CDB  ABD Gọi H là hình chiếu của C lên AB . Đặt HC = x . ∆DAB  ∆CBA = Do  ⇒ CH ⊥ DH (CBA) ⊥ (BDA) Trong tam giác vuông BHC : sin = α HC HC x ⇒= BC = = AD BC sin α sin α Trong tam giác vuông AHC : sin = β HC HC x ⇒= AC = = BD . AC sin β sin β tan= α HC x x . = ⇒ BH = BH BH tan α tan= β HC x x = ⇒ AH = AH AH tan β Trong tam giác BCD : = − β) CD2 BC2 + BD2 − 2BC.BD.cos ( π − α= Lại có : = HD2 AH2 + AD2 − 2AH.AD.cosα x2 x2 x x + +2 . cos ( α + β ) (1) 2 2 sin α sin β sin α sin β x2 x2 x x + −2 . .cosα (2) tan β sin α tan2 β sin2 α Mà tam giác CHD vuông nên : ⇒ HD2 = (1)+( 2) 2 CD CH2 + HD2 ⇒ = x2 x2 x x x2 x2 x x 2 + + + = α + β + −2 2 . cos x . .cosα ( ) 2 2 2 2 sin α sin β tan β sin α sin α sin β tan β sin α 1 ⇒ (1 + cot 2 α ) + (1 + cot 2 β) + 2(cot α.cot β − 1) =+ 1 cot 2 β + (1 + cot 2 α ) − 2cot α.cot β ⇒ cot α.cot β = 2 ĐÁP ÁN CỦA S Ở GD&ĐT : 26 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc    Đặt AD = BC = a, AC = BD = b, AB = CD = c,BAC = A, ABC = B, ACB = C. Ta có ∆ABC nhọn và ∆ABC = ∆D CB = ∆CDA = ∆BAD.      Suy ra BCD = ABC = B;ABD = BDC = CAB = A, (1 ) Hạ CM ⊥ AB , vì ( CAB ) ⊥ ( DAB ) nên CM ⊥ ( DAB ) ⇒ CM ⊥ MD ⇒ CM2 + DM2 = CD2 , ( 2) .  (3) áp dụng định lí cosin cho tam gi ác BMD ta được MD2 = BM2 + BD2 − 2BM.BD.cosMBD, Từ (1), (2), (3) ta được CM2 + BM2 + BD2 − 2BM.BD.cos A = CD2 BC2 + BD2 − 2BM.BD.cos A = CD2 ⇔ a2 + b2 − 2abcos A.cosB = c2 ⇔ cosC = cos A.cosB ⇔ sin A.sinB = 2cos A.cosB ⇔ cot A.cot = B 1 . 2 20. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) .Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là hì nh bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD, SC. Chứng minh rằng mặt phẳng (MNP) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. 21. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2009 ) . Cho tam giác ABC , M là một điểm trong tam giác ABC. Các đường thẳng qua M song song với AD, BD, CD tương ứng cắt các mặt phẳng (BCD), (ACD) , (ABD) lần lượt tại A’, B’, C’ . Tìm M sao cho MA'.MB'.MC' đạt giá trị lớn nhất. Lời giải 1 : Đặt V= V; VMABD = VC= ; VMA = VB ; VMBC V= V và : DABC DC A ⇒ VA + VB + VC = DA a;= BD b;= DC c; = MA' x;MB' = y;MC' = z VC d(C,(ADB)) MC' z V x V y x y z ; tương tự : A = ; B = ⇒ + + = 1 Ta có : = = = V d(M,(ADB)) CD c V a V b a b c x y z xyz abc . Dấu “=” xảy ra + + ≥ 33 ⇒ xyz ≤ a b c abc 27 x y z 1 ⇔ = = = a b c 3 Do đó : MA'.MB'.MC' đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi M là trọng Tâm tam giác ABC . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM : 1 = Lời giải 2 : Đặt : = DA a;= BD b;= DC c; = MA' x;MB' = y;MC' = z  A'M  x   B′M  y  ; B′M = Ta có= : A ′M = .DA DA = .DB .DB ; DA a DB b ĐÁP ÁN SỞ GD& ĐT : 27 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc Trong mặt phẳng (ABC) : AM ∩ BC = {A 1 }; BM ∩ AC = {B 1 }, CM ∩ AB = {C 1 } Trong (DAA 1 ) : Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA 1 tại A’ MA' MA1 S∆MBC Xét tam giác DAA 1 có MA’ // AD nên = = DA AA1 S∆ABC MB' MB1 S∆MAC MC' MC1 S ∆MAB Tương tự ta có = = , = = DC CC1 S∆ABC DB BB1 S∆ABC Suy ra MA' MB' MC' + + = 1 ( doSMBC + SMAC + S= S ABC ) MAB DA DB DC MA' MB' MC' MA' MB' MC' + + ≥ 33 . . DA DB DC DA DB DC 1 Suy ra MA’.MB’.MC’ ≤ DA.DB.DC (không đổi) 27 1 Vậy giá trị lớn nhất M A’.MB’.MC’ là DA.DB.DC, đạt được khi 27 MA' MB' MC' 1 MA1 MB1 MC1 1 = = =⇒ = = = DA DB DC 3 AA1 BB1 CC1 3 Hay M là trọng tâm tam giác ABC Ta có 22. ( Tạp chí THTT : T10/278 ; T10/288 ) . Cho tứ diện S.ABC với SA=a; SB =b ; SC = c . Một mặt phẳng (α ) thay đổi đi qua trọng tâm của tứ diện cắt các cạnh SA, SB, SC tại các đi ểm SA, SB, SC tại các điểm D, E, F tương ứng . 1 1 1 a) Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức : + + SD2 SE2 SF2 1 1 1 b) Với đk : a=b=c=1, tìm giá trị lớn nhất của : + + SD.SE SE.SF SF.SD Lời giải : Đặt : = SD x;= SE y = ; SF z  1    1  SA   1  a   G là trọng tâm tứ di ện nên : SG= SA + SB + SC= ∑ .SD= ∑ .SD 4 4  SD  4  x a b c Do D,E,F, G đồng phẳng nên : + + = 4 . Từ đó ta có : x y z ( ( ) 2  1 1 1  a b c 1 1 1 16 a + b + c  2 + 2 + 2  ≥  + + = 16 ⇒ 2 + 2 + 2 ≥ 2 (1) y z  x y z x y z a + b2 + c2 x 2 2 2 )  a2 + b2 + c2 x = 4a  2  a + b2 + c2 Dấu bằng xảy ra ⇔ y = 4b  2  a + b2 + c2 z = 4c  23. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2009 ) . Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh bằng 1 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD, AC . Trên đường thẳng AB lấy đi ểm P , trên DN lấy điểm Q sao cho PQ song song với CM . Tính độ dài PQ và thể tích kh ối AMNP . Lời giải :          AP Giả sử : = = m;AQ= n.AC + (1 − n)AD AB x;AC = y;AD = z và : AB    1 Ta có : x.y = y.z = z.x = 2 Lúc đó : 28 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc    1      n     AC= y;AM= ( x + z ) ;AP= m.x;AQ = n.AN + (1 − n)zAD= .y + (1 − n)z 2 2    1    Suy ra : CM = AM − AC = ( x − 2y + z ) 2     n  PQ = AQ − AP = −mx + y + (1 − n)z 2 k   −m = 2    n 2 Do CM // PQ nên : PQ = −k ⇒ k = − kCM ⇒  = 3  2 k  1 − n = 2   1     1    2 1 3 Vậy : PQ = ( 2y − x − z ) ⇒| PQ |2 = ( 2y − x − z ) = ⇒ PQ = 9 3 3 3 ĐÁP ÁN CỦA S Ở GD&ĐT : Trong mặt phẳng (ACM) kẻ NI // CM (I ∈ AM) Trong mặt phẳng (BCD) kẻ BK // CM (K ∈ CD) Trong (ABD) DI cắt AB tại P Trong (AKD) DN cắt AK tại Q PQ là giao tuyến của (DNI) và (ABK) , do NI // CM, BK // CM nên PQ // CM Gọi E là trung đi ểm PB, M E là đường trung bình tam giác BPD nên ME // PD hay ME // PI Mặt khác từ cách dựng ta có I là trung điểm AM nên P là trung điểm AE. Vậy AP = PE = EB Suy ra AP 1 = AB 3 MC là đường trung bình tam giác DBK nên BK = 2CM = 3 PQ AP 1 1 Suy ra = = ⟹PQ = BK = 3 BK AB 3 3 3 VAMNP AM AN AP 1 1 1 = . .= = . VAMCB AM AC AB 2 3 6 V AMCB = 1 V ABCD (Do M là trung điểm BD) 2 ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên V ABCD = 2 (đvtt) 12 1 2 2 2 1 . Vậy V AMNP = V AMCB = (đvtt) . = 2 12 24 144 6 24. ( Đề dự bị khối D – 2008 ) . Cho tứ diện ABCD và các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho AQ và tỷ số thể tích hai phần của khối = BC 4BM; = AC 3AP; = BD 2BN . Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q . Tính tỷ số AD tứ diện ABCD được phân chia bởi (MNP). Lời giải :       Đặt := AB b;AC = c;= AD d Ta có : Suy ra V AMCB = 29 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc        3  1  BC =4BM ⇒ AC − AB =4 AM − AB ⇒ AM = b + c (1) 4 4  1   AN b + d (2) = 2    1  AC = 3AP ⇒ AP = c (3) 3 Do C,D,I và M, N, I thẳng hàng nên :     = mAC + (1 − m)AD  3  1  1  1    AI = n  b + c  + (1 − n)  b + d    ⇒ mc + (1 − m)d   4  2  4 2  AI = nAM + (1 − n)AN n  m=      4  ID 1 = 3AD − AC    2AI  n 2 = −   IC = 3    2DI = CD   1−n   ⇒ 1−m = ⇒ −2AM + 3AN ⇒    ⇒  1 ⇒  AI = 2 NI = 2MN  IN = 2  m = − 2   1 3   3n 1 − n  AI = − c+ d  IM 3 0 2 2  4 + 2 =    Giả sử : AQ = kAD . Do P, Q, I thẳng hàng nên : ( ( ) ( ) ) 3   p 1−p p= =           p  −1  3    3  5 ⇒ 5AQ 2 ⇒ = 3AP + 2AI ⇒ 3PQ = 2QI AQ = pAP + (1 − p)AI ⇒ kd = c + (1 − p) c + d  ⇒   3 2   3 3(1 − p)   2 k= k=  5  2 QI 3 = PI 5 VIQND IQ IN ID 3 2 1 2 VQPMCDN 13 Ta lại có : = =(4) . . = . . =⇒ VIPMC IP IM IC 5 3 3 15 VIPMC 15 Suy ra : VABCD d ( A,(BCD)) .SBCD AC CB.CD.sinC 3 4 2 4 (5) Mà : = . . . = = = VPMCI d ( P,(MIC)) .SMIC PC MC.CI.sinC 2 3 3 3 VPQDNMC 13 13 3 13 = =⇒ = VABCD 15 4 20 VABMPQN 7 25. ( Đề thi HS G Tỉnh Hà Tĩnh năm 2008) . Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có góc giữa mặt bên và đáy là α . Vẽ đường cao SH của hình chóp, gọi E là điểm thuộc SH và có khoảng cách tới hai mặt phẳng (ABCD) và (SCD) bằng nhau . Mặt phẳng (P) đi qua E, C, D cắt SA, SB tại M, N . a) Thiết di ện là hì nh gì ? b) Gọi thể tích các khối tứ diện S.NMCD và ABCDNM lần lượt là V 1 , V 2 . Tìm α để 3V 2 =5V 1 . 26. ( Đề thi chọn ĐT HS G QG tỉnh Quảng Bình năm 2010 ) . Cho tứ diện ABCD . Gọi trung điểm của AB, CD lần lượt là K , L . Chứng minh rằng bất kỳ mặt phẳng nào đi qua KL đều chia khối tứ diện này thành 2 phần có thể tích bằng nhau. 27. ( Đề thi HS G Thành Phố Cần Thơ năm 2008 ) . Trong không gian cho hình c hóp S.ABC , trọng tâm ABC là G . Trung điểm của SG là I . Mặt phẳng (α ) đi qua I cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại M, N, P ( Không trùng với S ) . Xác định vị trí của mặt phẳng (α ) để thể tích khối chóp S.PMN là nhỏ nhất . Từ (4) và (5 ) suy ra : VPQDNMC 28. ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Dương năm 2008 ) . Cho hì nh lập phương ABCD.A1B1C1D1 cạnh bằng 1 . Lấy các điểm M, N, P, Q, R , S lần lượt thuộc các cạnh AD, AB, BB 1 , B 1 C 1 , C 1 D 1, DD 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đường gấp khúc khép kín MNPQRSM . 29. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD , có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAC. M là một điểm thay đổi trong miền hình bình hành ABCD .Tia MG cắt mặt bên của hì nh chóp S.ABCD tại điểm N . MG NG Đặt: Q = + NG MG a) Tìm tất cả các vị trí của điểm M sao cho Q đạt giá trị nhỏ nhất . b) Tìm giá trị lớn nhất của Q. 30. Trong mặt phẳng (P) cho tam gi ác ABC . Lấy điểm S không thuộc (P) . Nối SA, SB, SC . I là một đi ểm bất kỳ trong tam giác , gọi AI cắt BC tại A 1 , CI cắt AB tại C 1 , BI cắt AC tại B 1 . Kẻ IA 2 //SA, IB 2 //SB, IC 2 //SC SA SB SC ( A2 ∈(SBC);B2 ∈(SAC);C2 ∈(SAB)) . CMR : A A2 + B B2 + C C2 ≥ 6 1 2 1 2 1 2 30 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc 31. ( Đề thi HSG Tỉnh Đồng Tháp năm 2009 ) . Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là nử a lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD = 2a. SA vuông góc với mp’ ( ABCD ) và SA = a 6 . a) Tính khoảng cách từ A và B đến mp’ ( SCD ). b) Tính diện tích của thi ết di ện của hình chóp S.ABCD với mp’( α ) song song với mp’( SAD) và cách a 3 . 4 32. Cho tứ diện OABC với OA = a, OB = b, OC = c và OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c. Gọi α , β , γ là góc giữa OA, OB, OC với mặt phẳng ( ABC). Chứng minh rằng: mp’(SAD) một khoảng bằng sin2 α + sin2 β + sin2 γ =1 . 33. Cho hai nửa đường thẳng Ax, By chéo nhau v à nhận AB làm đoạn vuông góc chung . Các điểm M, N lần lượt chuyển động trên Ax, By sao cho AM +BN = MN . Gọi O là trung điểm AB, H là hình chiếu của O xuống MN . a) Chứng minh rằng H nằm trên một đường tròn cố định. 35. Khi M khác A, N khác B 36. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng a. Với M là một điểm thuộc cạnh AB, chọn điểm N thuôc cạnh D’C’ sao cho AM+D’N=a a). Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi. b) . Tính thể tích của khối chóp B’.A’MCN theo a. Xác định vị trí của M để khoảng cách từ B tới (A’MCN) đạt giá trị lớn nhất. Tính khoảng cách lớn nhất đó theo a. 37. Cho hình tứ diện OABC a) Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc miền trong của hình tứ diện OABC và x 1 ; x 2 ; x 3 ; x 4 ; lần lượt là khoảng cách từ M đến bốn mặt (ABC), (OBC), (OAC) và (OAB). Gọi h 1 ; h 2 ; h 3 ; h 4 lần lượt là chiều cao của các hình chóp tam giác O.ABC; A.OBC; B.OAC và C.OAB. x1 x 2 x 3 x 4 Chứng minh tổng là một hằng số . + + + h1 h 2 h 3 h 4 V1 ột góc 600 . OA = a. Góc BAC bằng 900. V Đặt OB+OC = m. (m >0, a > 0). Chứng minh m > 2a. Tính thể tích khối tứ diện OABC theo m và a 45. Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh AB, CD lớn hơn 1 và độ dài các cạnh còn lại nhỏ hơn hoặc bằng 1. Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng (BCD); F, K lần lượt là hì nh chiếu của A, B trên đường thẳng CD. b) Các tia OA, OB, OC đôi một hợp với nhau m CD2 . 4 b) Tính độ dài các cạnh của tứ diện ABCD khi tích P = AH.BK.CD đạt giá trị lớn nhất. a) Chứng minh: AF ≤ 1- 46. a) Cho hình chóp S.ABC cóđáy ∆ABC vuông tại A , biết AB = a , AC = a 3 ; Đường cao hình chóp là SA = a 3 ; M là 1 điểm trên đoạn BC sao cho BM = BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BS 3 b) Cho hai nửa đường thẳng Ax, By chéo nhau. Hai điểm C, D thay đổi lần lượt ở trên Ax v à By sao cho: 1 2 3 + =.Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) chứa CD và song song với AB luôn luôn đi qua một điểm cố đị nh I AC BD AB trong mặt phẳng (Q ) chứa Ax và (Q) song song By. 47. ( Đề thi HS G Tỉnh Trà Vinh năm 2009 ) .Cho hình chóp tam giácđều S.ABC có cạnh đáy AB=a, cạnh bên SA=b. Gọi M,N lần lượt là trung điểm AB và SC. Một mặt phẳng ( α ) thay đổi quay xung quanh MN cắt các cạnh SA v à BC theo thứ tự ở P và Q không trùng với S. AP b 1) Chứng minh rằng = BQ a AP 2) Xác định tỉ số sao cho diện tích MPNQ nhỏ nhất AS 48. Cho tứ diện ABCD có bán kính đường tròn ngoại tiếp các mặt đều bằng nhau . Chứng minh rằng các cạnh đối diện của tứ diện đều bằng nhau . 49. Cho tứ diện ABCD có các đường cao AA' ;BB';CC';DD' đồng quy tại một điểm thuộc miền trong của tứ diện . Các đường thẳng AA' ;BB';CC';DD' lại cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo thứ tự là A1 ;B1 ;C1 ;D1 . AA' BB' C ' C DD' 8 + + + ≥ . AA1 BB1 CC1 DD1 3 31 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc 50. Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với AC v à chân đường v uông góc hạ từ A đến mặt phẳng (BCD) là trực tâm tam ( giác BCD . Chứng minh rằng : ( BC + CD + DB ) ≤ 6 AB2 + AD2 + AC2 2 ) 51. ( Đề thi HS G TP Hà Nội năm 2004 ) . Cho tứ diện ABCD DA=a, DB=b, DC=c đôi một vuông góc với nhau.Một điểm M tuỳ ý thuộc khối tứ di ện. a) .Gọi các góc tạo bởi tia DM với DA, DB, DC là α , β., γ .CMR : sin2 α + sin2 β + sin2 γ =2 b) .Gọi S A ,SB ,SC ,SD lần lượt là diện tích các mặt đối di ện với đỉ nh A, B, C, D của khối tư diện. Tìm gi á trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = MA.S A + MB.SB + MC.SC + MD.SD 52. ( Đề thi HS G TP Hà Nội năm 2005 ) .Hình chóp S.ABC có các cạnh bên đôi một vuông góc và SA =a, SB=b, SC=c. Gọi A’, B’, C’ là các điểm di động l ần lượt thuộc các cạnh SA, SB, SC nhưng luôn thỏa mãn SA.SA’ =SB. SB’=SC. SC’. Gọi H là trực tâm của tam giác A’B’C’ và I là giao đi ểm của SH với mặt phẳng (ABC). a) Chứng minh mặt phẳng (A’B’C’) song song với một mặt phẳng cố định và H thuộc một đường thẳng cố định. b) Tính IA 2+IB2+IC2 theo a, b, c. 53. ( Đề thi HS G TP Hà Nội năm 2006 ) .Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Các điển M, N lần lượt chuy ển động trên các đoạn AB, AC s ao cho mặt phẳng (DMN) luôn vuông góc với m ặt phẳng (ABC). Đặt AM=x, AN=y. a) . Cmr: mặt phẳng (DMN) luôn chứa một đường phẳng cố định và : x + y = 3xy. b) . Xác định vị trí của M, N để diện tích toàn phần tứ di ện ADMN đạt giá trị nhỏ nhất v à lớn nhất.Tính các giá trị đó. 54. ( Đề thi HS G TP Hà Nội năm 2008 ) . Cho hình chóp S.ABCD có SA làđường cao v à đáy là hình chữ nhật ABCD, biết SA = a, AB = b, AD = c. a) Trong mặt phẳng (SBD), vẽ qua trọng tâm G của tam giác SBD một đường thẳng cắt cạnh SB tại M và cắt cạnh SD tại N. Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SC của hình chóp S.ABCD tại K. Xác định vị trí của M trên cạnh SB sao cho thể tích của hình chóp S.AMKN đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Tính các giá trị đó theo a, b, c. b) Trong mặt phẳng (ABD), trên tia At là phân giác trong của góc BAD ta chọn một điểm E sao cho góc BED bằng 450. Cmr: AE = ( ) 2 b2 + c2 + 2 ( b + c ) 2 55. Cho hì nh chóp S.ABCD,đáy là hì nh bình hành tâm O. Hai mặt bên SAB v à SCD vuông góc tại A và C cùng hợp với  = ϕ . Chứng mi nh SBC và SAD cùng hợp với đáy ABCD một góc β thỏa mãn hệ thức : đáy góc α . Biết ABC cot= β cot α.cosϕ . 56. Cho hình chóp S.ABC,đáy ABC là tam giác vuông tại B với AB=a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) ; mặt (SAC) hợp với mặt phẳng (SAB) một góc α và hợp với mặt phẳng (SBC) một góc β . Chứng minh rằng : SA = acosβ cos[π − (α + β)].cos(α − β) 57. Cho hình chóp S.ABCD cóđáy ABCD là hình chữ nhật ; SA vuông góc với mặt phẳng 32 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc PHẦN VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Giáo viên ra đề : Phạm Kim Chung BÀI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN THAM GIA KỲ THI HSG TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 ( Lần thứ 1 ) _____________________________________ Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1 . Giải phương trình : ln ( x + 1) = x 2 + 2x Câu 2 . Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất : 2(x +1)  2 m2 2x = y + y   m2  2 2y = x +  x Câu 3 . Cho a,b,c > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P= 4a b + 3c 8c + − a + b + 2c 2a + b + c a + b + 3c Câu 4 . Cho dãy s ố ( x n ) ,n∈ N * , được xác định như sau : x1 = y n = x1 + x 2 + ... + x n . Tìm lim y n . n →+∞ xn 2 và x n +1 = , ∀n ∈ N * . Đặt 3 2(2n + 1)x n + 1 Câu 5 . Cho hình chóp S.ABCD có SA là đư ờng cao và đáy là hình chữ nhật ABCD, biết SA = a, AB = b, AD = c. Trong m ặt phẳng (SBD), vẽ qua trọng tâm G của tam giác SBD một đường thẳng cắt cạnh SB tại M và cắt cạnh SD tại N. Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SC của hình chóp S.ABCD tại K. Xác định vị trí của M trên cạnh SB sao cho thể tích của hình chóp S.AMKN đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Tính các giá trị đó theo a, b, c. 1 3 Câu 6 . Cho hình l ập phương ABCD.A1B1C1D1 có độ dài bằng 1 . Lấy điểm E ∈ AA1 sao cho AE = . Lấy điểm F ∈ BC sao cho BF = phương ). 1 . Tìm khoảng cách từ B1 đến mặt phẳng FEO ( O là tâm của hình lập 4 Câu 7 . Tìm hàm số f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) thoả mãn : xf ( xf(y)) = f ( f(y)) , ∀x, y ∈(0; +∞ ) __________________________Hết__________________________ Thanh Chương ,ngày 03 tháng 12 năm 2010 33 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Câu 1 . Giải phương trình : ln ( x + 1 ) 2(x +1) = x2 + 2x (1) Lời giải : Điều kiện : x > −1 Lúc đó : PT ⇔ 2(x + 1)ln(x + 1) = x2 + 2x ⇔ 2(x + 1)ln( x + 1) − x2 − 2x = 0 Xét hàm số : f(x) = 2( x + 1 ) ln( x + 1) − x2 − 2x, x > −1 Ta có : f '(x) = 2ln(x + 1) − 2x ; 2 −2x ; −= 2 x +1 x +1 2 f '''(x) = − < 0, ∀x > −1 (x − 1)2 Lại có := f ''(0) 0, f '''(0) < 0 nên hàm số g(x) = f '(x) đạt cực đại tại x = 0 Do đó : f '(x)≤ f ′(0)= 0, ∀x > −1 f ''(x) = Vậy hàm số f(x) = 2( x + 1 ) ln(x + 1) − x2 − 2x nghịch biến trên khoảng ( −1; + ∞ ) . Nhận thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình (1), suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 . Câu 2 . Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau :  2 m2 2x = y + y   m2  2 2y = x +  x có nghiệm duy nhất . Lời giải : Điều kiện := x / 0;y =/ 0 2x2= y y 2 + m2 Hệ đã cho tương đương với :  2 (*) x x 2 + m2 2y = Từ hệ (*) nhận thấy vế trái của các phương trình không âm, nên nếu hệ có nghiệm (x,y) thì : x > 0;y > 0 x > 0,y > 0  y= x > 0   Do đó : (*) ⇔  2x2 y − y 2 = m2 ⇔ 3 2 m2 (1) 2x − x = (x − y)(2xy + x + y ) = 0  Do đó bài toán trở thành tìm tham số m để phương trình (1) có nghiệm dương duy nhất. Xét hàm số : f(x) = 2x3 − x2 , ∀x > 0 x = 0 Ta có : f '(x) = 6x 2 − 2x; f '(x) = 0⇔  x = 1  3 34 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc Nhìn vào bảng biến thi ên ta thấy, phương trình (1) có nghiệm dương duy nhất khi và chỉ khi : m2 ≥ 0 . Vậy với mọi m ∈ R hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Câu 3 . Cho a,b,c > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của bi ểu thức : P= 4a b + 3c 8c + − a + b + 2c 2a + b + c a + b + 3c Lời giải :  x = a + b + 2c  a = y + z − 2x   Đặt : y = 2a + b + c ⇒ b = 5x − y − 3z(x,y,z > 0)  z = a + b + 3c  c = z − x   Lúc đó : 4 ( y + z − 2x ) 2x − y 8(z − x)  4y 2x   4z 8x  + − = +  +  +  − 17 ≥ 2 8 + 2 32 −= P= 17 12 2 − 17 x y z y   x z   x  −4 + 3 2 t a = 2    2y = 2x 10 − 7 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi :  ⇒ b = t ( t ∈ R,t > 0) 2 2z = 2 2x   c = 2 −1 t   ( ) Câu 4 . Cho dãy số ( x n ) ,n∈ N * được xác định như sau : x1 = y n = x1 + x2 + ... + x n . Tìm lim y n n→+∞ xn 2 và x n+1 = , ∀n ∈ N * . Đặt 2(2n 1)x n + 1 + 3 Lời giải : 3  xn v1 = 1 1 1  , ta có :  ⇒ = 2(2n + 1) + . Đặt : v n = 2 un 2(2n + 1)x n + 1 x n+1 xn v = 2(2n + 1) + v  n+1 n (2n + 1)(2n + 3) Dễ dàng tìm được công thức tổng quát của dãy : v n+1 = 2 1 1 1 1 1 Do đó : x n+1 = suy ra : = − = − v n+1 2n + 1 2n + 3 2n + 1 2(n + 1) + 1 Từ : x n+1=  1   1 1  1 1  1  1 yn = x1 + x2 + ... + x n = x1 +  − 1+  +  2.2 + 1 − 2.3 + 1  + ... +  2(n − 1) + 1 − 2n + 1  = 2 1 2.2 1 2n + + +1       1   Do đó : lim y n =lim  1 − =1 n→+∞ n→+∞ 2n + 1   Câu 5 . Cho hì nh chóp S.ABCD có SA l àđường cao và đáy là hình chữ nhật ABCD biết SA = a, AB = b, AD = c. Trong mặt phẳng (SBD) vẽ qua trọng tâm G của tam gi ác SBD một đường thẳng cắt cạnh SB tại M và cắt cạnh SD tại N. Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SC của hì nh chóp S.ABCD tại K. Xác định vị trí của M trên cạnh SB sao cho thể tích của hình chóp S.AMKN đạt giá trị lớn nhất nhỏ nhất. Tính các giá trị đó theo a, b, c. Lời giải : Do G là trọng tâm tam giác SDB, suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SAC. Do đó AG cắt SC tại trung điểm K của SC. 35 httP://www.vnmath.com Đặt : Dich vu Toan hoc SM SN 1 1  = x, = y  ≤ x ≤ 1; ≤ y ≤ 1  SB SD 2 2  VSANK SA SN SK y VSAKM SA SK SM x Theo công thức tính tỷ số thể tích ta có := Lại có = . . = ; .= . VSADC SA SD SC 2 VSACB SA SC SB 2 VSADC == VSACD 1 1 VSANKM . Nên ta có : VSABC abc và : VSANK + VSAKM = = 2 6 2V x+y abc(x + y) (*) = SANKM = ⇒ VSANKM = VSABCD 2 12 VSANK VSAKM + VSADC VSACB Ta lại có :  SN    SM    2  = SN = = SD ySD;= SM = SB xSB; SG SO SD SB 3     1  1  Vì O là trung điểm của BD nên : 2SO = SD + SB ⇒ SG = SN + SM (1) 3y 3x Mà : M, N, G thẳng hàng nên từ (1) ta có : 1 1 y 1  + =1 ⇒ x = ≤ y ≤ 1 3y 3x 3y − 1  2   y  +y abc  2  3y − 1  abc y Thay vào (*) = suy ra : VSANKM = 24 8 3y − 1 Xét hàm số : f(y) = Ta có : f '(y) = y2 1  ≤ y ≤ 1  3y − 1  2  3y 2 − 2y 2 ; f '(y) = 0 ⇒ y = . 3 (3y − 1) Bảng biến thi ên : 2 Nhìn vào bảng biến thi ên ta thấy : Minf(y) = Từ đó ta có : 1  y= 4 2 1 ⇔ y = ; Maxf(y) = ⇔  2  9 3 2  y = 1 abc ⇔ MN / /BD 9 abc Min ( VSANKM = ) 8 ⇔ M là trung điểm SB, hoặc N là trung điểm SD. Max ( VSANKM = ) Câu 6 . Cho hì nh lập phương ABCD.A1B1C1D1 có độ dài bằng 1 . Lấy điểm E ∈ AA1 sao cho AE = F ∈ BC sao cho BF = 1 . Lấy điểm 3 1 . Tìm khoảng cách từ B1 đến mặt phẳng FEO ( O là tâm của hì nh lập phương ). 4 Lời giải : Chọn hệ trục tọa độ Ixyz sao cho I ≡ A(0;0;0);A1 (0;0;1);D(1;0;0);B(0;1;0) 36 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc 1 1 1 1 1   Lúc đó : O là trung điểm AC nên O  ; ;  ; E  0;0;  ;F  ;1;0  ; B1 ( 0;1;1 ) 3  4 2 2 2      1 5 3 Mặt phẳng (O EF) đi qua O và nhận véctơ OE,OF  =  ; − ; −  làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình :    3 24 8  1 1 5  1 3 1 x −  −  y − −  −  z −  =0 hay : 8x − 5y − 9z + 3 = 0 3  2  24  2 8 2 Vậy : d ( B1 ;(OEF)) = −5 − 9 + 3 8 +5 +9 2 2 2 = 11 170 Câu 7 . Tìm hàm số f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) thoả mãn : xf ( xf(y)) = f ( f(y)) , ∀x, y ∈ (0; +∞ ) Lời giải : Cho y = 1, suy ra : xf ( xf(1)) = f ( f(1)) . Đặt f(1) = a , ta có : xf(ax) = f(a) (1) 1 1 , suy ra : f(1)=f(a) ⇒ f(a)=1 a a 1 Cũng từ (1) cho ta : f(ax) = (2) x a Từ (2) cho ax =⇒ y f(y) = y Từ (1) cho x = Thử lại ta thấy f(y) = a (a > 0) là hàm số cần tìm . y 37 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc SỞ GD& ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨ A Giáo viên ra đề : Phạm Kim Chung (ĐS>) - Nguyễn Thị Thỏa (HH) BÀI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN THAM GIA KỲ THI HSG TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 ( Lần thứ 2 ) Thời gian làm bài : 180 phút _____________________________________ Câu 1. Giải phương trình: 3x + 3 − 5 − 2x − x3 + 3x 2 + 10x − 26 = 0 Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm: log 2 x − log 2 y + 1 = 2m − 3  3 3  2 log3 y − log32 x + 1 = 2m − 3 Câu 3. Cho a, b, c dương thoả mãn ab + bc + ca = abc . Chứng minh rằng: b c a 1 1 1 + 2 + 2 ≥ 3 2 + 2 + 2  2 a b c a b c  Câu 4. Cho hàm s ố f(x) = x 4 + ax3 + bx2 + cx + d . Ta kí hiệu đạo hàm bậc n ( n nguyên dương ) của f(x) là f (n) ( x ) . Chứng minh rằng nếu f(x) > 0, ∀x ∈ R thì : F(x) = f ( x) + f (1)(x) + f (2) + f (3)(x) + f (4)(x) > 0, ∀x ∈ R Câu 5. Cho tứ diện ABCD có DA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác DAB cân và đáy ABC là  = α . Gọi β là góc tạo bởi hai mặt phẳng ( DAC ) và ( DBC ) . Chứng minh tam giác vuông tại B có BAC rằng: tan α.tan β = 1 + cos2 α . cos α Câu 6. Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a . Với M là một điểm thuộc cạnh AB, chọn điểm N thuộc cạnh D'C' sao cho AM + D'N = a . Tính thể tích khối chóp B'.A'MCN theo a và xác định vị trí của điểm M để khoảng cách từ điểm B' đến mặt phẳng ( A'MCN ) đạt giá trị lớn nhất.   f(1) = 1  Câu 7 . Cho hàm s ố f :R → R thỏa mãn hệ điều kiện : f(x + y)= f(x) + f(y) + 2xy, ∀x, y ∈ R .   1  f(x)  f = , ∀x =/ 0   x  x 4 Tính giới hạn : L = lim e x →0 1 2f(x ) − 3 1 + f (x ) ln (1 + f (x )) ---------------------------------Hết------------------------------ Thanh Chương, ngày 10 tháng 12 năm 2010 38 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Câu 1 . Giải phương trình : Lời giải : ĐK : −1 ≤ x ≤ PT ⇔ ⇔ ( ) ( 3x + 3 − 3 − 3(x − 2) + 5 2 3x + 3 − 5 − 2x − x3 + 3x 2 + 10x − 26 = 0 ) 5 − 2x − 1 − (x − 2)(x2 − x − 12) = 0 2(x − 2) − (x − 2)(x2 − x − 12) = 0 3x + 3 + 3 5 − 2x + 1   3 2 0 ⇔ ( x − 2)  + − ( x2 − x − 12) = 5 − 2x + 1  3x + 3 + 3  5  Xét hàm số : f(x) = − x2 + x + 12, x ∈  −1;  2  1   5   1   5  Ta có : f '(x) = −2x + 1, f '(x) = 0 ⇔ x = . Suy ra : Minf(x) = Min f( −1);f   ;f    = f >0 2  5  2   2   2   −1 ;   2   5 − (x2 − x − 12) > 0, ∀x ∈  −1;  3x + 3 + 3 5 − 2x + 1  2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x = 2 . Do đó : 3 + 2 log 2 x − log 2 y + 1 = 2m − 3  3 3 Câu 2 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm :  2 log3 y − log32 x + 1 = 2m − 3 Lời giải : ĐK : x,y > 0  u = log 2 x + 1  u2 − v= 2m − 2 (1) 3 Đặt :  . u ≥ 1,v ≥ 1 ) . Lúc đó hệ PT trở thành :  2 ( 2 v − u= 2m − 2 (2) v = log3 y + 1 Lấy (1)-(2), ta có : ( u − v )( u + v + 1) = 0 ⇒ u = v ( Do u+v+1 > 0 ∀u,v ≥ 1 ) Lúc đó bài toán trở thành tìm m để phương trình : u2 − u= 2m − 2 có nghiệm u ≥ 1 . Xét hàm số : f(u) = u2 − u + 2 , ta có : f '(u) = 2u − 1 > 0, ∀u ≥ 1 . Và lim f(u) = +∞ . u→+∞ Do đó, PT trên có nghiệm u ≥ 1 khi và chỉ khi 2m = f(u) ≥ f(1) =2 ⇒ m ≥ 1 Câu 3. Cho a, b, c dương thoả mãn ab + bc + ca = abc . Chứng minh rằng : b c a 1 1 1 + 2 + 2 ≥ 3 2 + 2 + 2  2 a b c b c  a 1 1 1 1 1 1 Lời giải : Ta có : ab + bc + ca = = x,= y,= z ⇒ x + y + z = 1 ( x,y, z > 0 ) . Bất đẳng thức abc ⇒ + + = 1 . Đặt : a b c a b c cần chứng mi nh trở thành : x 2 y 2 z2 + + ≥ 3 x 2 + y 2 + z2 . y z x ( Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có : VT = Ta sẽ chứng minh : ) x4 y4 z 4 ( x2 + y 2 + z2 )2 . + + ≥ x 2 y y 2 z z2 x x 2 y + y 2 z + z2 x ( ) (x + y + z) x2 + y 2 + z2 x 2 + y 2 + z2 3 ≥ ⇔ ≥ 3 ( do x + y + z = 1) x 2 y + y 2 z + z2 x x 2 y + y 2 z + z2 x ⇔ x3 + xy 2 + y 3 + yz2 + zx2 + z3 ≥ 2(x2 y + y 2z + z2 x) (*) 4 2 Theo bất đẳng thức AM -GM ta có : x3 + xy 2 ≥ 2 x= y 2x 2 y; y 3 + yz2 ≥ 2 y 4 z2 ; z3 + zx2 ≥ 2 z 4 x 2 . Cộng các BĐT trên ta chứng minh được (*). Vậy : VT ≥ 3(x 2 + y 2 + z2 ) . đpcm 39 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc Câu 4. Cho hàm số f(x) = x 4 + ax3 + bx2 + cx + d . Ta kí hiệu đạo hàm bậc n ( n nguyên dương ) của f(x) là f (n) ( x ) . Chứng minh rằng nếu f(x) > 0, ∀x ∈ R thì : F(x) = f ( x) + f (1) (x) + f (2) + f (3) (x) + f (4) (x) > 0, ∀x ∈ R Lời giải : Ta có : F(x) là hàm bậc 4 và : lim F(x) = +∞ , hơn nữa phương trình bậc 3 : F’(x)=0 luôn có nghiệm. Do đó x→±∞ hàm số y = F(x) luôn có GTNN là gi á trị cực tiểu của hàm số . Giả sử hàm số đạt cực tiểu tại x = x 0 . Lúc đó : F'(x 0 ) = 0 suy ra : 0 = F'( x 0 ) = f 1 (x0 ) + f 2 (x0 ) + f 3 (x0 ) + f 4 (x0 ) = F(x0 ) − f (x0 ) ⇒ F(x 0 ) = f(x0 ) > 0 ( Do f(x) > 0 , ∀x ∈ R ) Từ đó ta có : F(x ) ≥ F(x 0 ) > 0, ∀x ∈ R Câu 5 . Cho tứ diện ABCD có DA vuông góc với mặt phẳng (ABC),tam giác DAB cân và đáy ABC là tam giác vuông tại  = α . Gọi β là góc tạo bởi hai mặt phẳng B có BAC Lời giải : ( DAC ) và ( DBC ) . Chứng minh rằng : tan α.tan β = 1 + cos2 α . cos α Đặt DA = x. Gọi K là hình chiếu của A lên DB, từ K kẻ KH vuông góc với DC tại H . Ta có : DA ⊥ BC  BC ⊥ DB . Suy ra : ⇒ BC ⊥ (DAB) ⇒    AB ⊥ BC BC ⊥ AK  AK ⊥ KH AK ⊥ (DBC) ⇒  ⇒ DC ⊥ (AHK) ⇒ AH ⊥ DC  DC ⊥ AK  = β ⇒ tan β = AK (1) Do đó : AHK HK BC AB x Trong tam giác ABC : tan= ; α ⇒ BC = AB.tan= α x.tan α ; cos= α ⇒ AC = AB AC cosα Trong tam giác AD C : Trong tam giác ADB : 1 1 1 x 2 2x = + ⇒ AK = (2) : BD = AD2 + AB2 = 2 AK 2 AD2 AB2 x2 xcos α 1 1 1 1 cos2 α x2 2 2 2 2 2 ⇒ DH = AD − AH = x − ⇒ DH = = + = + ⇒ AH = 2 2 2 2 2 2 2 1 + cos α AH AD AC x x 1 + cos α 1 + cos2 α DH DB BC.DH ( x tan α ) .xcos α Xét hai tam giác vuông : DHK ~ DBC ⇒ (3) = ⇒ HK = = HK BC BD 1 + cos2α . 2x Từ (1), (2), (3) ta có : ⇒ tan= β AK x 2 2x. 1 + cos2α = ⇒ tan α.tan= β . 2 HK 2 x .tanα.cosα 1 + cos2α (đpcm) cosα Câu 6 . Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a . Với M là một điểm thuộc cạnh AB chọn điểm N thuộc cạnh D'C' sao cho AM + D'N = a . Tính thể tích khối chóp B'.A'MCN theo a và xác định vị trí của điểm M để khoảng cách từ điểm B' đến mặt phẳng ( A'MCN ) đạt giá trị lớn nhất . Lời giải : Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, với : A' ≡ O(0;0;0); B'(a,0,0); D'(0;a;0);A(0;0; −a) Đặt= AM x ( 0 ≤ x ≤ a ) ⇒ = D'N a − x . Lúc đó ta có :    A ′M = A ′A + AM ⇒ M(x;0; −a) ;     A ′C = A ′B + A ′D + A ′A ⇒ C(a;a; −a)    A ′N = A ′D + D′N ⇒ N(a − x;a;0) Ta lại có : 40 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc VA ′B′MCN = VA ′B′MC + VA ′B′CN = 1      1      A ′M. A ′B';A ′C + A ′N. A ′B';A ′C   6   6    0 0 0 a a 0  1 1 a3 Mà :  A ′B'; A ′C  = ; ; 0;a2 ;a2 . Do đó : VA ′B′MCN = −a3 + a3 = (đv.tt) =    6 6 3  a −a −a a a a    Lại có : A ′M = NC , suy ra tứ gi ác A’MCN là hì nh bình hành . Do đó :   S A ′MCN = A ′M, A ′N  a 4 + a2 (a − x)2 + x 2a2= a 2 a2 − ax + x2 . Nên : =   ( ) ( 3VB′.A ,MCN = S A ′MCN d ( B',(A'MCN) = ) a2 = 2(a2 − ax + x 2 ) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : x = ) a2  3a  a  2 +  − ax + x2     4 4 2 2 ≤ a 6 . 3 a hay M là trung điểm của AB . 2   f(1) = 1  Câu 7 . Cho hàm số f : R → R thỏa mãn hệ điều kiện : f(x + y)= f(x) + f(y) + 2xy, ∀x,y ∈ R .   f  1  = f(x) , ∀x =/ 0 4  x x Tính giới hạn : L = lim e x→0 Lời giải : 1 2f(x ) − 3 1 + f (x ) ln (1 + f (x )) Từ : f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy ,∀x,y ∈ R (1) . Cho x = 0 ⇒ f(y) = f(0) + f(y) ⇒ f(0) = 0 Cho x = y ⇒ f(2x) = 2f(x) + 2x2 (2) Với t ∈ R, t = /0: 1 1 1 1 Từ (2) cho x = 2f   + 2 (b) t ⇒ f ( 2t ) = 2f ( t ) + 2t 2 (a) ; Cho x = ⇒ f   = 2t t  2t  2t  1  f(x)  1  f(t)  1  f(2t) f(t) f(2t) 1 (c) Từ f   = 4 , ∀x = t ⇒f  = ;x= 2t ⇒ f   = 4 thay vào (b) ta có : = + / 0 . Cho x = 4 x x t 2t t4 8t 4 2t 2     t   ( 2t ) f(t) 2f(t) + 2t 2 1 = + 2 ⇒ 8f(t)= 2f(t) + 2t 2 + 4t 2 ⇒ f(t)= t 2 . Hay f(x) = x2 . t4 8t 4 2t Thử lại ta thấy f(x) = x2 thỏa mãn yêu cầu bài toán . 1 − 3 1 + x2 2x2 Lúc đó : L = lim e . Đặt= et . Nên : t ln(1 + x2 ) , khi x → 0 thì t → 0 và : 1 + x2 = x→0 ln 1 + x2 Từ (a), (c) ta có : ( ) 1 t − 3 et 2−2et 3 − e e e . = = L lim lim t →0 t →0 t t 2(et −1) t t t t 1 7 Xét hàm số : f(t) = e2−2e − e3 , ta có : f(0) = 0; f '(t) = −2et .e2−2e − e3 ⇒ f '(0) = − . 3 3 t t f(t) − f(0) e2−2e − e3 7 Theo định nghĩa đạo hàm : f '(0) = lim lim = ⇒L= − t →0 t 0 → t −0 t 3 41 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Giáo viên ra đề : Phạm Kim Chung BÀI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN THAM GIA KỲ THI HSG TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 ( Lần thứ 3 ) _____________________________________ Thời gian làm bài : 180 phút  π π Câu 1 . Tìm m để phương trình : 2 + 2sin2x = m(1 + cos x)2 có nghiệm trên đoạn  − ;  2 2  Câu 2 . Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm :  (4x 2 + 1)x + (y − 3) 5 − 2y = 0  2 2 m 4x + y + 2 3 − 4x = Câu 3 . Cho các số thực dương x,y,z . Tìm giá trị nhỏ nhất của : P = x 2 y y 2z z 2 x 13xyz + 3 + 3 + 3 2 x y 3(xy + yz2 + zx2 ) z 1   x1 = 2 n 1 Câu 4 . Cho dãy số ( x n ):  . Chứng minh rằng dãy với (y ) = y ∑ n n 2 2 x n −1 + 4x n −1 + x n −1 i =1 x i  = , ∀n ≥ 2 x n 2 có giới hạn hữu hạn khi n → ∞ và tìm giới hạn đó . Câu 5 . Cho n s ố không âm a0 ,a1 , a2 ,...,a n −1 và có tổng a1 + a2 + ... + a n −1 > 0 . Chứng minh rằng phương trình : x n − a n −1 x n −1 − a n −2 x n −2 − ... − a1 x − a0 = 0 có một nghiệm dương duy nhất . Câu 6 . Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có đẳng thức : 2C0n + 3C1n + 4C2n ... + (n + 1)Cnn −1 + (n + 2)Cnn = (n + 4)2n −1 ( Trong đó Ckn là tổ hợp chập k của n ) . Câu 7 . Cho tứ diện S.ABC , M là một điểm bất kì nằm trong tứ diện . Một mặt phẳng (P) tùy ý qua M và cắt các cạnh SA,SB,SC lần lượt tại A1 ;B1 ;C1 . Đặt V, VA , VB , VC lần lượt là thể tích các tứ diện SABC,SMBC,SMCA,SMAB . Chứng minh rằng : V = V VA V + B + C . SA1 SB1 SC1 Câu 8 . Cho hình h ộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' , đường chéo AC' = a ( a không đổi ) hợp với đáy ABCD một góc α và hợp với mặt bên BCC’B’ một góc β . Tính thể tích V của hình hộp ABCD.A'B'C'D' theo a, α , β . Khi tứ giác A'D'CB là hình vuông, hãy xác định α , β để V đạt giá trị lớn nhất. __________________________Hết__________________________ Thanh Chương ,ngày 16 tháng 12 năm 2010 42 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ  π π Câu 1 . Tìm m để phương trình : 2 + 2sin2x = m(1 + cosx)2 có nghiệm trên đoạn  − ;   2 2 Lời giải :  π π Rõ ràng với x ∈  − ;  thì 1 + cos x =/ 0 . Do đó  2 2 phương trình đã cho tương đương với : x x  π π 2 + 2sin2x = m . Đặt t = tan , ∈  − ;  ⇒ t ∈ −1;1 2 (1 + cosx) 2 2  4 4 2t 1 − t 2 2 + 4. . 2 + 2sin2x t 2 )2 + 8t(1 − t 2 ) t 4 − 4t 3 + 2t 2 + 4t + 1 1 + t 2 1 + t 2 2(1 += Ta= có : . Suy ra phương trình đã cho trở = 2 4 2 (1 + cosx)2  1 − t2  1 +  1 + t2   thành : t 4 − 4t 3 + 2t 2 + 4t + 1 = 2m (*) . Do đó bài toán trở thành tìm m để phương trì nh (*) có nghiệm t ∈ −1;1 . Xét hàm số : f(t) =t 4 − 4t 3 + 2t 2 + 4t + 1, t ∈ −1;1 . Ta có :  t= 1 − 2 ( Với t ∈ −1;1 ) . Từ đó ta có bảng biến thiên : f '(t) = 4t 3 − 12t 2 + 4t + 4 = 4(t − 1)(t 2 − 2t − 1) ⇒ f '(t) = 0 ⇒   t = 1 Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình (*) có nghiệm t ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi : 0 ≤ 2m ≤ 4 hay 0 ≤ m ≤ 2 . (4x 2 + 1)x + (y − 3) 5 − 2y = 0 Câu 2 . Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghi ệm :  2 2 m 4x + y + 2 3 − 4x = 3  x ≤ 4 Hướng dẫn giải : ĐK :  y ≤ 5  2 Từ pt (1) cho ta : [(2x)2 + 1].2x =   ( 5 − 2y ) 2 + 1 5 − 2y ⇒ f(2x) = f( 5 − 2y )  Xét Hàm số : f(t) ( t 2 + 1).t ⇒ f '(t ) = = 3t 2 + 1 > 0 ⇒ Hàm số f(t) đồng bi ến trên R, do đó từ : f(2x) = f (  x≥0  x ≥0  5 − 2y ⇒ 2x = 5 − 2y ⇒  2 ⇒ 5 − 4x 2 4x 5 2y = −  y = 2  ) 43 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc 2  5 − 4x 2  3 25 4 2 Thế vào pt (2) ta có : 4x 2 +  . Bài + 2 3 − 4x = m (*) , với 0 ≤ x ≤  + 2 3 − 4x = m ⇔ 4x − 6x + 4 2 4    3 toán trở thành, tìm m để phương trình (*) có nghiệm x ∈ 0;  .  4 Xét hàm số : f(x) = 4x 4 − 6x 2 + 25  3 + 2 3 − 4x , x ∈ 0;  . Ta có : 4  4 4 4  3 f= '(x) 16x3 − 12x = − 4x(4x 2 − 3) − < 0, ∀x ∈ 0;  . 3 − 4x 3 − 4x  4 Do đó yêu cầu bài toán tương đương với : 265  3  25 Minf(x) ≤ m ≤ Maxf(x) = f = = f ( 0= +2 3 )  64 4  3  3 4 0;  0;   4 ( Chú ý : Tham khảo thêm ở Câu 41. Phần I )  4 Câu 3 . Cho các số thực dương x,y,z . Tìm giá trị nhỏ nhất của : HD : Xem lời giải ở : Câu 34 . Phần III = P x 2 y y 2 z z2 x 13xyz + 3 + 3 + z3 x y 3(xy 2 + yz2 + zx2 ) 1   x1 = 2 n 1  . Chứng minh rằng dãy với có giới hạn hữu Câu 4 . Cho dãy số ( x n ):  (y ) y = ∑ n n 2 2 x n−1 + 4x n−1 + x n−1 i=1 x i  , ∀n ≥ 2 = x n 2 hạn khi n → ∞ và tìm giới hạn đó . HD : Xem lời giải ở : Câu 20.Phần IV Câu 5 . Cho n số không âm a0 ,a1 , a2 ,...,a n−1 và có tổng a1 + a2 + ... + a n−1 > 0 . Chứng mi nh rằng phương trình : x n − a n−1 x n−1 − a n−2 x n−2 − ... − a1 x − a0 = 0 có một nghiệm dương duy nhất . Lời giải : Khi x>0 , ta có : PT : x n − a n−1 x n−1 − a n−2 x n−2 − ... − a1 x − a0 = 0 ⇔ a n−1 x n−1 + a n−2 x n−2 + ... + a1 x + a0 = xn a a a a a a n−1 a n−2 a 1 . Xét hàm số : f(x)= n−1 + n2−2 + ... + n1−1 + 0n , trên khoảng (0; + ∞ ) , ta có : + 2 + ... + n1−1 + 0n = x x x x x x x x na a 2a f '(x) =− n2−1 − n3−2 − ... − n+01 < 0, ∀x > 0 ( Do a0 ,a1 , a2 ,...,a n−1 không đồng thời bằng 0 ) x x x Từ đó ta có bảng biến thiên : ⇔ Nhìn vào bảng biến thi ên ta thấy, phương trình : f(x)=m luôn có 1 nghiệm dương duy nhất khi m >0 . Do đó phương trình f(x) = 1 có một nghiệm dương duy nhất. 44 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc Câu 6 . Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có đẳng thức : 2C0n + 3C1n + 4C2n ... + (n + 1)Cnn−1 + (n + 2)Cnn = (n + 4)2n−1 ( Trong đó Ckn là tổ hợp chập k của n ) Lời giải : Khai triển : (1 + x)n = C0n + C1n x + C2n x 2 + ... + Cnn x n ⇒ x 2 (1 + x)n = C0n x 2 + C1n x3 + C2n x 4 + ... + Cnn x n+2 1 Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta được : 2x(1 + x)n + nx 2 (1 + x)n−= 2xC0n + 3x 2C1n + ... + (n + 2)x n+1Cnn n−1 Từ đẳng thức (2), cho x = 1 , ta có : (n + 4)2 = 2C + 3C + 4C ... + (n + 1)C 0 n 1 n 2 n n−1 n (1) (2) + (n + 2)C (đpcm) n n Câu 7 . Cho tứ diện S. ABC M là một điểm bất kì nằm trong tứ di ện . Một mặt phẳng (P) tùy ý qua M và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A1 ;B1 ;C1 . Đặt V,VA ,VB ,VC lần lượt là thể tích các tứ diện SABC,SMBC,SMCA,SMAB . Chứng minh rằng : V = Lời giải : SA SB SC VA + VB + V. SA1 SB1 SC1 C VSABM SA SB SM SM = . . = ; VSABS1 SA SB SS1 SS1 Gọi S= SM ∩ (ABC) . Theo công thức tính tỷ số thể tích ta có 1 VSA1B1M VSABS1 = Tương tự ta có : VSB C M = 1 1 VSA1B1C1 VSA B M SA1 SB1 SA1 SB1 SM SA1 SB1 . . ⇒ 11 = . ⇒ VSA1B1M= . .V (1) SA SB SS1 VSABM SA SB SA SB C SB1 SC1 SA1 SC1 = . .VA (2) ; VSA1C1M . .V (3) SB SC SA SC B SA1 SB1 SC1 (4) . . VSABC SA SB SC Từ (1), (2), (3) ta có : SA1 SB1 SA1 SC1 SB SC VSA1B1C1 = VSA1B1M + VSB1C1M + VSA1C1M = . .VC + . .VB + 1 . 1 .VA (5) SA SB SA SC SB SC Từ (4), (5) suy ra : Lại có : = SC SA SB SA1 SB1 SA1 SC1 SB SC SA1 SB1 SC1 = V .VC + .VA + .V .đpcm . .VC + . .VB + 1 . 1 .VA ⇒ . . .V = SC1 SA1 SB1 B SA SB SA SC SB SC SA SB SC Câu 8 . Cho hì nh hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' đường chéo AC' = a ( a không đổi ) hợp với đáy ABCD một góc α và hợp với mặt bên BCC’B’ một góc β . Tính thể tích V của hình hộp ABCD.A'B'C'D' theo a, α , β . Khi tứ gi ác A'D'CB là hình vuông hãy xác định α , β để V đạt giá trị lớn nhất. Lời giải : Ta có : Hình chiếu của AC’ lên mp(ABCD) là AC , lên   mp(BCC’B’) là BC’ do đó : C ′AC = ′B = α;AC β. Xét các tam gi ác vuông : CAC’ v à BAC’ ta có : CC' = AC'sin α =a.sin α ; AB = AC'.sin β =asinβ ; = BC' AC'.cos = β a.cosβ ⇒= BC Do vậy : 2 C'B2 − C'C = a cos2β − sin2 α V= C'C.CB.BA = a3 sin α.sinβ cos2 β − sin2 α (đvtt) ABCD.A ′B′C′D′ Tứ giác A’D’CB l à hình vuông khi : A’B=A’D 45 httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc ⇔ AB2 + A'A 2 = A'D' ⇒ sin2 α + sin2 β = cos2β − sin2 α ⇔ 2sin2α = cos2β − sin2 β (1) Từ đó ta có : VABCD.A ′B′C′D′ = a3 sin α.sin = β. cos2β − sin2α a3 . Áp dụng BĐT AM-GM ta có : Dấu “=” xảy ra ⇔ sinβ= Vậy : V= Max a3 4 2 1 − 2sin2 β . sin2 β . 2 sin2 β.(1 − 2sin2 β) = 1 ⇒ β= 300 . 2 β a = sin β.(1 − 2sin β) (*) (1 − sin β ) − 1 − 2sin 2 2 2sin2 β.(1 − 2sin2 β) 2 ⇔ α = β = 300 . 46 2 2 ≤ 1 3 2 1 2sin2 β + (1 − 2sin2 β) =. 2 2 2 2 2 [...]... (n + 1)] - (x n - n) + 1} = 1 MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIỚI HẠN KHI BIẾT CÔNG THỨ C TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ u1 = 2   30 Cho dãy số ( un ) :  Tìm limun = ? −9un−1 − 24 = un 5u + 13 , n ≥ 2 n−1  Giải : 21 httP://www.vnmath.com 31 Cho dãy số Dich vu Toan hoc 1  u u1 =  Tìm lim n u : 2 ( n)  n→+∞ n u= 2u2 − 1 , ∀n ≥ 2  n n−1 HD : Tìm được : un = cos    32 Cho dãy số ( un ) :   = u n  u1 = 1... n+1 < 1 Dãy số tăng và bị chặn trên nên tồn tại giới hạn hữu hạn Giả sử : ( ) a a2 + 3 = ⇒a 1 3a2 + 1 Kết luận : limx n = 1 limx n = a > = 0⇒a u0 = α   Chứng minh dãy 10 ( Bài toán tương tự ) Cho α > 0; a > 0 là hai số tùy ý Dãy {un } :  un (u2n + 3a) = u ,n 0,1, 2  n+1 = 3un + a  có giới hạn và tìm giới hạn đó u0 > 1   Tìm limun 11 ( Chọn đội tuyển ĐH Vinh năm 2010 ) Cho dãy số {un } :... httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc PHẦN VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Giáo viên ra đề : Phạm Kim Chung BÀI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN THAM GIA KỲ THI HSG TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 ( Lần thứ 1 ) _ Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1 Giải phương trình : ln ( x + 1) = x 2 + 2x Câu 2 Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có... x123 x23  x23  2 n 24 16 ( Bài tương tự ) Cho dãy số : (x n ):  Tìm giới hạn lim + + +   xn  x n+1   x 2 x3 x n+1 = + x n , n ∈ N *  24 17 ( Đề thi HS G Tỉnh Bình Phước năm 2008 ) Đặt f(n) = (n2 + n + 1)2 + 1 với n là số nguyên dương Xét dãy số : x n+1 − x n được rằng : x n > 1, ∀n Xét hiệu = (x n ): x n = f(1).f(3).f(5) f(2n − 1) Tính giới hạn của dãy số : un = n2 x n f(2).f(4).f(6)... có : 2 n−1 n−1  2 0 ⇒ limx n = 2 x1 − 2 Mà lim  x1 − 2 =  2    1  u1 =  3 5 ( Bài toán tương tự ) Cho dãy số {un } :  Tìm limun 2 u u = n − 1, ∀n ≥ 1  n+1 2 x1 = 1  6 ( Đề thi HS G Tỉnh Bến Tre năm 2010 ) Cho dãy số {x n } :  Chứng minh rằng 2 = x n + x n + 1 − x 2n − x n + 1 x n+1 dãy số trên có giới hạn v à tìm giới hạn đó Lời giải : 2x n Ta có := x n+1 x 2n + x n + 1 −... hoc PHẦN IV : GIỚI HẠN DÃY SỐ x1 = 1  1 Cho dãy số :  Chứng minh dãy số có giới hạn v à tính giới hạn đó 7 − log3 x2n + 11 x n+1 = ( ) −2x < 0, ∀x ∈ (0;5) (x2 + 11)ln3 = f (x n ) , do đó bằng quy nạp ta CM được rằng : 0 < x n < 5, ∀n HD : Xét hàm số : f (x)= 7 − log3 (x 2 + 11),x ∈ (0;5) , ta có : Do đó : 0 < f(5) < f(x) < f(0) < 5 Mà x n+1 f '(x) = : g'(x) Lại xét hàm số : g( x)= 7 − log3 ( x... + b + c)2 Đặt : x y z 3 + + + ≥4 y 2 z2 x 2 x + y + z 35 Bài toán tương tự : Cho x,y,z > 0 : xyz ≤ 1 Chứng minh rằng : Lời giải : Đặt : 1 1 1 = a; = b; = c ⇒ abc ≥ 1 x y z a2 b2 c2 3abc (a + b + c)2 9 Với : a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 + + + ≥ + c a b ab + bc + ca a+b+c (a + b + c)2 36 ( Đề thi chọn đổi tuyển ĐH Vinh năm 2010 ) Cho a,b,c là các số thực thuộc đoạn [0;1] và a + b + c = 1 Tìm giá BĐT đã... Bình Định năm 2010 ) Cho dãy số { x n } :  Chứng minh dãy số {x n } x2n x n+1= 1 + x n − , ∀n ≥ 1 2  có giới hạn và tìm giới hạn đó Lời giải : x2 , x ∈ (1;2) Ta có : f '(x) = 1 − x < 0, ∀x ∈ (1;2) Do đó : 2 3 1= f(2) < f(x) < f(1) =< 2 Từ đó thay x bởi : x1 ; x 2 , ,x n ta có : 1 < x1 ,x2 , , x n < 2 2 Suy ra dãy {x n } bị chặn Xét hàm số : f(x)= 1 + x − Giả sử dãy số có giới hạn là a, lúc đó... httP://www.vnmath.com Dich vu Toan hoc a1 = 1   12 ( Đề thi chọn ĐT HS G QG KonTum năm 2010 ) Cho dãy số thực {a n } xác định như sau :  1 a n + (n ≥ 1) 1 a n+= a n  a Chứng minh rằng : lim n = 2 n→+∞ n xn 13 ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Dương năm 2006 ) Cho dãy số thực x1 = 2006; x n+1 = 3 + Tìm lim x n x→+∞ x2n − 1 14 ( Đề thi HS G Tỉnh Phú Thọ năm 2008 ) Cho dãy số {x n } thỏa mãn : n x1 = 1 1  Đặt y n =... 1)2 Lại có := f ''(0) 0, f '''(0) < 0 nên hàm số g(x) = f '(x) đạt cực đại tại x = 0 Do đó : f '(x)≤ f ′(0)= 0, ∀x > −1 f ''(x) = Vậy hàm số f(x) = 2( x + 1 ) ln(x + 1) − x2 − 2x nghịch biến trên khoảng ( −1; + ∞ ) Nhận thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình (1), suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 Câu 2 Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau :  2 m2 2x = y ... PT VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM Tìm giá trị tham số m để hàm số : y =−2x + + m x2 − 4x + có cực đại ĐS : m < -2  + xsin2 x − 1, x =/ Cho hàm số : f(x) =  Tính đạo hàm hàm số x = chứng... - x n ) = lim{[x n + - (n + 1)] - (x n - n) + 1} = MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIỚI HẠN KHI BIẾT CÔNG THỨ C TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ u1 =   30 Cho dãy số ( un ) :  Tìm limun = ? −9un−1 − 24 = un 5u... x1 − =      u1 =  ( Bài toán tương tự ) Cho dãy số {un } :  Tìm limun u u = n − 1, ∀n ≥  n+1 x1 =  ( Đề thi HS G Tỉnh Bến Tre năm 2010 ) Cho dãy số {x n } :  Chứng minh =

Một số bài toán chọn lọc bồ dưỡng học sinh giỏi môn toán

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Mục lục

4TPHẦN VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN

4TSỞ GD&ĐT NGHỆ AN

4TTRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

4TGiáo viên ra đề : Phạm Kim Chung

4TBÀI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN THAM GIA KỲ THI HSG TỈNH

4TNĂM HỌC 2010 – 2011

4T( Lần thứ 1 )

4TThời gian làm bài : 180 phút

4T_____________________________________

4TCâu 1 . Giải phương trình :

4TCâu 2 . Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :

4TCâu 3 . Cho . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

4TCâu 4 . Cho dãy số , được xác định như sau : và . Đặt . Tìm .

4TCâu 6 . Cho hình lập phương có độ dài bằng 1 . Lấy điểm sao cho . Lấy điểm sao cho . Tìm khoảng cách từ đến mặt phẳng ( O là tâm của hình lập phương ).

4TCâu 7 . Tìm hàm số thoả mãn :

4THết

4TThanh Chương ,ngày 03 tháng 12 năm 2010

4THƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

4TLời giải : Điều kiện :

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan

Một số bài toán chọn lọc bồ dưỡng học sinh giỏi môn toán

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Mục lục

4TPHẦN VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN

4TSỞ GD&ĐT NGHỆ AN

4TTRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

4TGiáo viên ra đề : Phạm Kim Chung

4TBÀI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN THAM GIA KỲ THI HSG TỈNH

4TNĂM HỌC 2010 – 2011

4T( Lần thứ 1 )

4TThời gian làm bài : 180 phút

4T_____________________________________

4TCâu 1 . Giải phương trình :

4TCâu 2 . Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :

4TCâu 3 . Cho . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

4TCâu 4 . Cho dãy số , được xác định như sau : và . Đặt . Tìm .

4TCâu 6 . Cho hình lập phương có độ dài bằng 1 . Lấy điểm sao cho . Lấy điểm sao cho . Tìm khoảng cách từ đến mặt phẳng ( O là tâm của hình lập phương ).

4TCâu 7 . Tìm hàm số thoả mãn :

4T__________________________Hết__________________________

4TThanh Chương ,ngày 03 tháng 12 năm 2010

4THƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

4TLời giải : Điều kiện :

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan

4THết