VINH LỘC TRƯỜNG THPT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT Năm học : 2005 - 2006 MÔN : TOÁN ( 150 phút, không kể thời gian giao đề ) ĐỀ BÀI Bài 1 : Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt x 1 ,x 2 , .,xn . Chứng minh rằng: 0 )( )( 1 ' '' = ∑ = n j j j xP xP . Bài 2 : Cho n điểm A 1 ,A 2 , .,An và một vectơ a 0 ≠ cố định. Viết phương trình đường thẳng d nhận a làm vectơ chỉ phương, sao cho tổng bình phương những khoảng cách từ Ai tới d là bé nhất. Bài 3 : Giải phương trình : (log 2 x) 2 + xlog 7 (x+3) = log 2 x [ 2 x + 2log 7 (x+3)]. Bài 4 : Xác định hàm số f(x) thỏa mãn các điều kiện sau: f(x+y) ≥ f(x).f(y) ≥ 2005 x+y , với mọi x, y ∈ Ρ. 1 ĐÁP ÁN Bài 1 : Từ giả thiết, ta có thể viết P(x) dưới dạng sau: P(x) = a(x-x 1 )(x-x 2 ) .(x-xn), với a ≠ 0. Suy ra P'(x) = P(x)( n21 x-x 1 . x-x 1 x-x 1 +++ ) (1) Do P(x 1 ) = P(x 2 ) = . = P(xn) = 0 nên theo định lý Rolle phương trình P'(x) = 0 có n -1 nghiệm phân biệt y 1 ,y 2 , .,yn -1 với x 1 < y 1 <x 2 <y 2 < x 3 < .< xn -1 <yn<xn . Vì thế P'(x) có thể viết lại dưới dạng P'(x) = b(x-y 1 )(x-y 2 ) .(x-yn -1 ), với b ≠ 0. Suy ra P"(x) = P'(x)( 1-n21 y-x 1 . y-x 1 y-x 1 +++ ) (2) Theo (1) ta có P'(yk) = P(yk)( nk2k1k x-y 1 . x-y 1 x-y 1 +++ ) = 0, với mọi k=1, n-1. Do P(yk) ≠ 0 nên suy ra: nk2k1k x-y 1 . x-y 1 x-y 1 +++ = 0 (3), với mọi k = 1, n-1. Từ (2) và (3) suy ra: = )(' )('' j j xP xP 1-nj2j1j y-x 1 . y-x 1 y-x 1 +++ (4) , với mọi j =1, n-1 Cộng từng vế n -1 đẳng thức dạng (4) ta có : ∑∑ == = n j n j j j xP xP 11 ' '' ( )( )( ) y-x 1 . y-x 1 y-x 1 1-nj2j1j +++ = - ) 1 . 11 ( 2 1 1 1 nkk n k k xyxyxy − ++ − + − ∑ − = (5) Từ (3) và (5) suy ra: 0 )( )( 1 ' '' = ∑ = n j j j xP xP . Bài 2 : Gỉa sử a = );( βα , trong đó ta có thể giả sử 1 22 =+ βα . Và Ai(xi, yj), i=1, n. Đường thẳng d vì nhận vectơ a = );( βα làm vectơ chỉ phương, nên có dạng 0 =+− Cyx αβ . Khoảng cách từ Ai tới d là hi = Cyx cyx ii ii +−= + +− αβ βα αβ 22 . Vậy 2 h 2 1 + h 2 2 + . + h 2 n = =+− ∑ = 2 1 )( Cyx n i ii αβ = CnCyx n i ii 2)( 2 1 2 ++− ∑ = αβ ∑ = − n i ii yx 1 )( αβ . Vì =− ∑ = 2 1 )( n i ii yx αβ const, do đó h 2 1 + h 2 2 + . + h 2 n min ⇔ n C 2 + 2C )( 1 ∑ = − n i ii yx αβ min. Quan niệm nC 2 + 2C )( 1 ∑ = − n i ii yx αβ là tam thức bậc hai C, và do n > 0 nên nC 2 + 2C )( 1 ∑ = − n i ii yx αβ min ⇔ C = - )( 1 1 ∑ = − n i ii yx n αβ . Vậy đường thẳng d cần tìm có phương trình 0)( 1 1 =−−− ∑ = n i ii yx n yx αβαβ . Bài 3 : Điều kiện x> 0. Phương trình đã cho tương đương với: log 2 x (log 2 x - 2 x ) - 2log 7 (x+3) (log 2 x - 2 x ) = 0 ⇔ (log 2 x - 2 x ) [log 2 x - 2log 7 (x + 3) ] =0 ⇔ =+− =− )2(0)3(log2log )1(0 2 log 72 2 xx x x Giải (1) : (1) ⇔ x 2 = 2 x ⇔ 2 2lnln = x x (3) Dễ thấy x = 2 và x = 4 là các nghiệm của (3). Xét hàm số f(x) = x xln , ta có : f'(x) = 2 ln1 x x − . Suy ra : f'(x) > 0 với 0 < x < e f'(x) = 0 với x = e f'(x)< 0 với x > e. Vì vế trái của (3) đồng biến trên (0;e] và nghịch biến trên [e;+∞), trong khi vế phải là hàm hằng nên (3) có nhiều nhất hai nghiệm. Vậy (3) có hai nghiệm x = 2 và x = 4. Giải (2): Đặt t = log 2 x, khi đó x = 2 t . Phương trình (2) trở thành : t = 2log 7 (2 t + 3) ⇔ ( 7 4 ) t + 6( 7 2 ) t + 9( 7 1 ) t = 2 (4) 3 Dễ thấy t = 2 là một nghiệm của (4) và do vế trái của (4) là hàm nghịch biến còn vế phải là một hàm hằng nên t = 2 là nghiệm duy nhất của (4). Từ t = 2 ta có x = 4. Kết hợp các trường hợp chúng ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 2 và x = 4. Bài 4 : Thay x = 0, y = 0 vào f(x+y) ≥ f(x).f(y) ≥ 2005 x+y (1) ta có : f(0) ≥ f(0).f(0) ≥ 2005 0 = 1 (2) Mặt khác với : f(0) ≥ [f(0)] 2 ⇔ 0 ≤ f(0) ≤ 1 (3) Từ (2) và (3) suy ra : f(0) = 1. Thay y = - x vào (1) ta có ; f(0) ≥ f(x).(-x) ≥ 2005 0 = 1 ⇔ f(x).f(-x) = 1 ⇔ f(x) = )( 1 xf − (4) Thay y = 0 vào (1) ta có : f(x)≥ 2005 x (5) Suy ra : f(-x)≥ 2005 -x ⇔ x x xf 2005 2005 1 )( 1 =≤ − − . Từ (4), (5) và (6) ta có : f(x) = 2005 x . Đảo lại : Xét hàm số f(x) = 2005 x ta thấy thỏa các yêu cầu bài toán. Vậy hàm số cần tìm là : f(x) = 2005 x . 4