Tuyển tập các bài toán ĐẠI SỐ ôn thi vào trường chuyên P.I

TỔNG HỢP CÁC BÀI ĐẠI SỐ ÔN THI TRƯỜNG CHUYÊN P.I Biên soạn: Nguyễn Đức Lộc Sinh viên ĐH Ngoại Thương Bài 1: Cho 𝑃(𝑥 ) = + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + ⋯ + 𝑥 100 Tìm dư P(13) chia 51 Bài 2: Cho a;b;c >0 Chứng minh rằng: 1+ ≥ 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 Bài 3: Giải phương trình: 5(6 − 5𝑥 )2 = − 𝑥 Bài 4: Cho a;b số thực không âm thỏa mãn a+b =5 Tìm giá trị lớn biểu thức sau: 𝐴 = 𝑎𝑏 + 𝑎 + 2𝑏 + Bài 5: Giải hệ phương trình: 𝑥 + 𝑦7 = 𝑥 + 𝑦4 { 𝑥3 + 𝑦3 = Bài 6: Cho x;y;z số nguyên cho (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥 ) = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 Chứng minh rằng: 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 bội 27 Bài 7: Cho a;b;c >0 Chứng minh rằng: 5𝑏3 −𝑎3 𝑎𝑏+3𝑏2 + 5𝑐 −𝑏3 𝑏𝑐+3𝑐 + 5𝑎3 −𝑐 𝑐𝑎+3𝑎2 ≤ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 Bài 8: Tìm giá trị nguyên a để hai phương trình sau có nghiệm chung: 2𝑥 + (3𝑎 − 1)𝑥 − = 6𝑥 − (2𝑎 − 3)𝑥 − = Bài 9: Tìm cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: 2015(𝑥 + 𝑦 ) − 2014(2𝑥𝑦 + 1) = 25 Bài 10: a;b;x số thỏa mãn: 𝑎2 + 𝑏 + 𝑥 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑥 = 4.Tìm giá trị lớn x LỜI GIẢI Bài 1: Với số tự nhiên n 13𝑛 chia hết cho dư mà P(13) tổng 101 số hạng chia dư nên P(13) chia hết cho dư Ta có 134 chia cho 17 dư Do đó, 134𝑘 ≡ 1; 134𝑘+1 ≡ −4; 134𝑘+2 ≡ −1; 134𝑘+3 ≡ 𝑚𝑜𝑑 17 với k Nên 134𝑘 + 134𝑘+1 + 134𝑘+2 + 134𝑘+3 chia hết cho 17 → 𝑃(13) ≡ 13100 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 17) Do đó, P(13) chia cho dư 2; chia cho 17 dư nên P(13) chia cho 51 dư 35∎ Bài 2: Đặt 𝑝 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐; 𝑞 = 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 Ta có 𝑝; 𝑞 > và: 𝑝2 − 3𝑞 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 − 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) = 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑎𝑏 − 𝑏𝑐 − 𝑐𝑎 = 1 (𝑎 − 𝑏)2 + (𝑏 − 𝑐)2 + (𝑐 − 𝑎)2 ≥ 2 → 𝑝2 ≥ 3𝑞 (1) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 6𝑞 36𝑞 2 1+ ≥ ↔𝑝≥ ↔𝑝 ≥ (∗) (𝑎 + 3)2 𝑞 𝑝 𝑞+3 Bây ta chứng minh bất đẳng thức: 3𝑞 ≥ Ta có (2) tương đương với: 36𝑞2 (2) (𝑞+3)2 (𝑞 + 3)2 ≥ 12𝑞 ↔ (𝑞 − 3)2 ≥ 0,luôn Từ (1);(2) suy (*) chứng minh, hay bất đẳng thức cho chứng minh Đẳng thức xảy 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = ∎ Bài 3: Theo toán ta có: − 𝑥 ≥ → 𝑥 ≤ Đặt − 5𝑥 = 𝑦 ≤ ta suy ra: 5𝑥 = − 𝑦 Ta có hệ phương trình: 5𝑦 = − 𝑥 (1) { 5𝑥 = − 𝑦(2) Trừ vế (1) cho (2) ta có: 5𝑦 − 5𝑥 = 𝑦 − 𝑥 ↔ 5(𝑦 − 𝑥 )(𝑦 + 𝑥 ) = 𝑦 − 𝑥 ↔ (𝑦 − 𝑥 )(5𝑦 + 5𝑥 − 1) = - Nếu 𝑦 − 𝑥 = ta có: 𝑦 = 𝑥 hay − 5𝑥 = 𝑥 −6 → 5𝑥 + 𝑥 − = ↔ 𝑥 = 1; 𝑥 = (thỏa mãn) - Nếu 5𝑥 + 5𝑦 − = thay 𝑦 = − 5𝑥 ta có: 5𝑥 + 30 − 25𝑥 − = 25𝑥 − 5𝑥 − 29 = ⟹𝑥= 1+3√13 ;𝑥 10 = 1−3√13 10 (thỏa mãn) Bài 4: Ta có 𝑎 + 𝑏 = ⇔ 𝑎 = − 𝑏 𝐴 = 𝑎𝑏 + 𝑎 + 2𝑏 + = 5𝑏 − 𝑏 + − 𝑏 + 2𝑏 + = −𝑏 + 6𝑏 + = −(𝑏 − 6𝑏 + 9) + 15 = −(𝑏 − 3)2 + 15 Vì (𝑏 − 3)2 ≥ ⟹ −(𝑏 − 3)2 ≤ ⟹ 𝐴 ≤ 15 Do 𝐴𝑚𝑎𝑥 = 15 ⇔ (𝑏 − 3)2 = ⇔ 𝑏 = ⟹ 𝑎 = Vậy 𝐴𝑚𝑎𝑥 = 15 ⇔ 𝑎 = 2; 𝑏 = ∎ Bài 5: 𝑥 + 𝑦7 = 𝑥 + 𝑦4 { 𝑥3 + 𝑦3 = 𝑥 + 𝑦 = (𝑥 + 𝑦 )(𝑥 + 𝑦 ) ⇔{ 𝑥 + 𝑦3 = 𝑥 + 𝑦7 = 𝑥 + 𝑦7 + 𝑥 3𝑦4 + 𝑥 4𝑦3 ⇔{ 𝑥 + 𝑦3 = 𝑥 𝑦 (𝑥 + 𝑦) = ⇔{ 𝑥 + 𝑦3 = Vì 𝑥 𝑦 (𝑥 + 𝑦) = ⇔ 𝑥 = ℎ𝑜ặ𝑐 𝑦 = ℎ𝑜ặ𝑐 𝑥 + 𝑦 = 0, nên ta xét trường hợp: + Nếu 𝑥 = từ 𝑥 + 𝑦 = ⟹ 𝑦 = +Nếu 𝑦 = từ 𝑥 + 𝑦 = ⟹ 𝑥 = + Nếu 𝑥 + 𝑦 = từ 𝑥 + 𝑦 = ta thấy x;y thỏa mãn Vậy (𝑥; 𝑦) = (0; 1); (1; 0) ∎ Bài 6: Xét số dư x;y;z chia cho +) Nếu số dư khác số dư 0;1 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ⋮ Khi (𝑥 − 𝑦); (𝑦 − 𝑧); (𝑧 − 𝑥) không chia hết (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥 ) không chia hết cho (vô lý) +)Nếu có số dư 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 không chia hết cho Trong hiệu 𝑥 − 𝑦; 𝑦 − 𝑧; 𝑧 − 𝑥 chia hết cho ⟹ (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥) ⋮ 3(vô lý) +)Nếu có số dư (𝑥 − 𝑦) ⋮ 3; (𝑦 − 𝑧) ⋮ 3; (𝑧 − 𝑥 ) ⋮ ⟹ (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥) ⋮ 27 mà(𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥 ) = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ⟹ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ⋮ 27(Điều phải chứng minh) Bài 7: Ta có: 𝑎𝑏 ≤ 𝑎2 + 𝑏 − 𝑎𝑏 ⇔ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) ≤ (𝑎 + 𝑏)(𝑎2 + 𝑏 − 𝑎𝑏) ⇔ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) ≤ 𝑎3 + 𝑏 ⟹ 5𝑏 + 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) ≤ 𝑎3 + 6𝑏 ⇔ 5𝑏 − 𝑎3 ≤ 𝑏(6𝑏 − 𝑎𝑏 − 𝑎2 ) ⇔ 5𝑏 − 𝑎3 ≤ 𝑏(3𝑏 + 𝑎)(2𝑏 − 𝑎) ⇔ 5𝑏 − 𝑎3 ≤ (2𝑏 − 𝑎)(3𝑏 + 𝑎𝑏) 5𝑏 − 𝑎3 ⇔ ≤ 2𝑏 − 𝑎(1) 3𝑏 + 𝑎𝑏 Tương tự: 5𝑐 −𝑏3 3𝑐 +𝑐𝑏 ≤ 2𝑐 − 𝑏(2); Từ (1);(2) (3), suy ra: 5𝑏3 −𝑎3 3𝑏2 +𝑎𝑏 5𝑎3 −𝑐 3𝑎2 +𝑎𝑐 + ≤ 2𝑎 − 𝑐(3) 5𝑐 −𝑏3 3𝑐 +𝑐𝑏 + 5𝑎3 −𝑐 3𝑎2 +𝑎𝑐 ≤ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ∎ Bài 8: Gọi x0 nghiệm chung hai phương trình cho 2𝑥02 + (3𝑎 − 1)𝑥0 − = 0(1) Khi ta có: { 6𝑥0 − (2𝑎 − 3)𝑥0 − = 0(2) ⟹ 3[2𝑥02 + (3𝑎 − 1)𝑥0 − 3] − [6𝑥02 − (2𝑎 − 3)𝑥0 − 1] = ⇔ (11𝑎 − 6)𝑥0 = +)Xét 𝑎 = , hai phương trình x0 thỏa mãn 11 Suy hai phương trình cho nghiệm chung(loại) +)Xét 𝑎 ≠ , có 𝑥0 = 11 , thay vào phương trình (1), có: 11𝑎−6 8 2( ) + (3𝑎 − 1) ( )−3=0 11𝑎 − 11𝑎 − ⇔ 128 + 8(3𝑎 − 1)(11𝑎 − 6) − 3(11𝑎 − 6)2 = ⇔ −99𝑎2 + 164𝑎 + 68 = ⟹ 𝑎 = 𝑎 = −34 99 Mà a nguyên nên có 𝑎 = Với 𝑎 = 2, hai phương trình cho trở thành: 2𝑥 + 5𝑥 − = có tập nghiệm 𝑆 = { ; −3} −1 6𝑥 − 𝑥 − = có tập nghiệm 𝑆 = { ; } Dễ thấy phương trình có nghiệm chung 𝑥0 = (thỏa mãn) Vậy 𝑎 = giá trị nguyên a thỏa mãn toán.∎ Bài 9: Ta có: 2015(𝑥 + 𝑦 ) − 2014(2𝑥𝑦 + 1) = 25 ⇔ 2014(𝑥 + 𝑦 − 2𝑥𝑦) + 𝑥 + 𝑦 − 2014 = 25 ⇔ 2014(𝑥 − 𝑦)2 + 𝑥 + 𝑦 = 2039 Có 𝑥 + 𝑦 ≥ nên 2014(𝑥 − 𝑦)2 ≤ 2039 ⇔ (𝑥 − 𝑦)2 ≤ 2039 2014 Vì x;y nguyên nên (𝑥 − 𝑦)2 = (𝑥 − 𝑦)2 = +)Xét (𝑥 − 𝑦)2 = ⟹ 𝑥 = 𝑦 𝑥 + 𝑦 = 2039 hay 2𝑥 = 2039( vô lí,loại) +) Xét (𝑥 − 𝑦)2 = Khi 𝑥 + 𝑦 = 25 -Nếu 𝑥 − 𝑦 = 1,ta có: (𝑦 + 1)2 + 𝑦 = 25 ⇔ 2𝑦 + 2𝑦 − 24 = ⇔ 𝑦 + 𝑦 − 12 = ⟹ 𝑦 = 𝑦 = −4 Khi ta có (𝑥; 𝑦) = (4; 3); (−3; −4) -Nếu 𝑥 − 𝑦 = −1 Tương tự ta có (𝑥; 𝑦) = (3; 4); (−4; −3) Vậy (𝑥; 𝑦) = (3; 4); (−4; −3); (4; 3); (−3; −4) ∎ Bài 10: Theo đề ta suy 𝑎 + 𝑏 = 𝑎2 + 𝑏 Mà 𝑎2 − 𝑎𝑏 + 𝑏2 ≥ hay 𝑎2 + 𝑏 ≥ (𝑎+𝑏)2 (𝑎 + 𝑏)2 ⟹𝑎+𝑏 =𝑎 +𝑏 ≥ 2 ⇔ (𝑎 + 𝑏)2 − 2(𝑎 + 𝑏) ≤ ⇔ (𝑎 + 𝑏)(𝑎 + 𝑏 − 2) ≤ ⇔0≤𝑎+𝑏 ≤2 Lại có 𝑎 + 𝑏 + 𝑥 = ⇔ − 𝑥 = 𝑎 + 𝑏 ⟹ ≤ − 𝑥 ≤ ⇔ ≤ 𝑥 ≤ Vậy giá trị lớn x 𝑎 = 𝑏 = ∎