Một số bài toán Đại số ôn thi vào lớp 10 chuyên Toán

Do đó phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi giá trị của m... Khi đó áp dụng BĐT AM-GM, ta thu được ngay đpcm.[r]

(1)

“Learn from the past, prepare for the future, live in the present.” Trang1 PHẦN 1: ĐẠI SỐ

1. Chứng minh với a b c, , 0 ta có: b c2 c2 a 2a b 1

a bc b ca c ab a b c

  

    

  

Hướng dẫn giải:

 

            

 

             

           

   

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

b c c a a b

a bc b ca c ab b c a bc c a b ca a b c ab

b c c a a b

c a b b c a c b a a b c a c b b c a

c b c a b a

b c a c a b a b c c a b a b c b c a

a c b c a

b c a a b c

  

    

        

  

  

        

     

     

 

  

   

2

1 1

b

a b c c a b



   

2. Cho a b c, , 0 Chứng minh

11  11  11 

a b b c c a  abc (*)

11  11  11  11  11  11 

abc abc abc

a b b c c a abc a b b c c a

  

       

       (**)

           

 

         

 

         

1 1 1

3

1 1 1

2 2

1 1 1

abc abc abc abc a ab abc b bc abc c ca

a b b c c a a b b c c a

b c a c a b a b c

b a b c b c a c a

b c b a a b c a c

b b c a b a c c a

                 

     

     

     

      

     

 (**) (*)

3. Cho a b, 0 thỏa mãn a4b4 2 Chứng minh rằng:

2

5

8

a b

b  a 

2

4

2

5

8

a b

a b a b

(2)

“Learn from the past, prepare for the future, live in the present.” Trang2

     

4 4 4 4

5a 3b  a b 2 2a b 2 2a  b (2)

 

4 4 4

1 2

a a   b a b a   b a b (3)

Từ (1), (2) (3)  5a2 3b23

b  a 

4. Cho số thực x y z, , thỏa mãn điều kiện: x2y2z2 2 Chứng minh

x  y z xyz

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:

      2 2

1 1

x  y z xyzx yz  yz  x  yz    yz  

Ta chứng minh 2 2 yz2 2 yzy z2 24 * 

Thật vậy, thực phép biến đổi tương đương ta được:

  3 2 2 

* y z y z  0 y z yz 1 Mặt khác, theo giả thiết ta có 2 2

2x y z  y z 2yz, suy yz1 Do  * Từ suy x  y z xyz2

5. Xét phương trình  

1

   

x mx m , với m tham số Tìm giá trị nhỏ lớn biểu thức

 

1

2

1 2

2

x x A

x x x x

 

   , x x1, hai nghiệm phương trình

Ta có  ' m24m 1 m22 0, với m

Do phương trình cho ln có nghiệm với giá trị m Theo hệ thức Viét, ta có: x1x2 m x x1 2  m

Từ suy

 

1

2 2

1 2

2

x x m

A

x x x x m

 

 

   

Vì  

2

2 2

1

2 2

1 0,

2 2

m

m m m

A m

m m m



   

        

   , nên A  1, m

(3)

Vi  

    

2

2 2

1 1

0,

2 2 2 2

   



       

  

m m m

m

A m

m m m , nên

1 ,

A   m

Dấu “=” xảy m 2

Vậy GTLN A m1 GTNN A

 m 2

6. Giải hệ phương trình:    

3 2

7

2

x y x y xy xy x y

y x x

     

 

    



     

 

3 2

7

2 2

x y x y xy xy x y

y x x

     

 

    



Điều kiện xác định: x y

      

Ta có x3y37xy xy xyx2y26xyxy  xy24xy Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có xy24xy2 xy2.4xy Suy

     2  2

3

7 4

x y  xy xy xy xy xy  xy xy

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có  2  2  2

2 2

xy  x y  xy x y xy Do

   

3 2

7

x y  xy xy xy x y

Dấu “=” xảy xy Thay xy vào phương trình (2) ta được:

   3  

2 2 3 3

2

x

x x x x x x x x

x x



             

 

(

2x 3 x  với x )

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x y (thỏa mãn điều kiện)

7. Cho số thực dương , ,a b c thỏa mãn ab bc caabc2 Chứng minh

2 2

4

(4)

“Learn from the past, prepare for the future, live in the present.” Trang4 Hướng dẫn giải:

Trong ba số a1,b1,c1 tồn hai số có tích khơng âm Khơng tính tổng qt, giả sử b1c 1 0, suy b  c bc

Do abc 2 bca b c   bca bc 1 hay a bc 2 Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có b2c2 2bc Từ ta suy

  

2 2

4 2

a b  c abc a  bc abc   a a bc   Vậy a2  b2 c2 abc4

8. Cho a b x y, , , số thực dương thoả mãn x y x, 2 ,y y2 ,x a3b

2

x y a b

y x a b

  

  Chứng minh

2

x y

 



Ta có

2 3

1

2 3

x y a b x y a b x y a

y x a b y x a b y x a b

           

     

 

3

2 3

1

2 3 3

x y

x y a b x y a b b x y b

y x a b y x a b y x a b y x a b



    

        

       

Từ suy x y a

x y b

 



Mặt khác ta lại có

   

  

2

1 1

2 2

x y x y

x y x y x y a b

x y x y x y x y x y b a

      

          

 

 

          

Khi áp dụng BĐT AM-GM, ta thu đpcm

9. Cho a b, số thực dương Chứng minh

    

2 2

2

a b a b   a b ab

 TH1: ab1

BĐT 2 2  2  2 2

1

a b a b ab a b a b

      

Mà a b 2 ab 2a b2 (do ab1), suy 2

2

a b  a b  Lại có 1ab0 nên suy

  2

1ab a b 2a b 0 Vậy TH1 giải

(5)

Để ý a b 2

BĐT   2   2  

1

ab ab a b ab a b a b ab

        

  2   2 2  

1

ab a b ab ab a b a b 

        

Mà  2 2 1 2

2

ab a b a b  a b  a b (điều có ab1 a b 2) Khi kết hợp với ab1 suy

   2  

1

ab ab a b  a b  Vậy TH2 giải

Khi tốn giải hồn tồn

10.Giải phương trình 4x27x 1 x2

Điều kiện xác định x 2

Đối với phương trình này, ta có hướng giải sau:  Cách 1:Lũy thừa hai vế phương trình

2

4x 7x 1 x2

   

   

2

4

4 1

x x

x x x

x x

x x x

   

  

   



   

  

   



 Cách 2:Phân tích thành đẳng thức

   

2

4 2 2

2

2 2

2

x x x x x x x

x x

           

   

      

    

Ngồi ra, ta có số cách giải khác (những cách giải thích hợp để giải tốn khác, khó hơn)

 Cách 3:Đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình Đầu tiên, ta biến đổi phương trình sau:

2

4x 7x 1 x2

 2  

2x 3x 2 2x 3x

     

Đặt u2x1 v 2 x 1 3x v 0 ta có hệ

2

3

u x v

v x u

  



 



 

  

2

u v v u

u v u v

   

(6)

Do ta uv u  v

 Cách 4:Đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình

Đặt 2y 1 x2 Ta có

  

2

4

4 8

4

y y x

x x y y x y x y

x x y

    

         



   



 Cách 5:Đặt ẩn phụ không hồn tồn

Đặt t x2t0 Khi phương trình trở thành

2

t  t x  x 

Xem phương trình bậc hai ẩn t với tham số x, ta có  4x12 Do ta tìm t2x1 t  2x

 Cách 6:Dùng lượng liên hợp

Phương trình cho tương đương

2 11

4 2

4

x  x x  x 

 

1

1 4

4

11

4 2 2

4

1

4

11

4 2 2

4

x x

    

  

     

      

     

 

 

  

      

      

 

Mặt khác dễ thấy với x 2 11

2

4

x x

 

  

nên ta

x x hai nghiệm phương trình

11.Giải hệ phương trình

3

7 y x

x y x

  

 

   



Bằng cách nhẩm nghiệm, ta thấy hệ có nghiệm (1, 2), ta chứng minh nghiệm

Hệ phương trình cho tương đương với

     

2

2 1

2 2

y y y x x x

y y x x x

       

 

     



     

    

2

2 1

2

y y y x x x

y y y x

       

  

     

 (*)

(7)

Khi từ phương trình (*) ta y2 (do x2    x x

2

y  y   y )

Khi từ phương trình thứ hai (*), y2 y2    y y nên ta

x 1

   hay x1 (mâu thuẫn)

Do trường hợp loại  TH2: x1

Chứng minh tương tự TH1, ta có mâu thuẫn nên trường loại  TH3: x1

Dễ thấy y2

Vậy hệ cho có nghiệm  1,

12.Cho tam giác có độ dài ba cạnh a b c, , thoả mãn

  3  3 3 3 3 3

a b c    b c a   c a b a b c Chứng minh tam giác tam giác

Nhắc lại đẳng thức quen thuộc:

 3  3 3 3    

3

x y z  x y z  xy yz zx Áp dụng đẳng thức này, ta

 3   3  3 3    

2 24

3 2

a b c b c a c a b a

a b c            b c  abc

 3  3 3    

3

a b c   a  b c  a b b c c  a Khi giả thiết tốn trở thành

   

8abc a b b c c a  

Mặt khác, theo BĐT AM-GM ta lại có 8abca b b c c a     , dấu “=” xảy a b c hay tam giác đề cho tam giác

13.Cho số thực a b c d, , , thoả mãn đồng thời

1 abc d bcd a cda b dab c

         

    

Chứng minh

0 a b c d   

(8)

Khi giả thiết đề trở thành

1 abc a b c

   

      

(mâu thuẫn)

Do trường hợp loại TH2: abcd 0

Ta chứng minh phản chứng, giả sử a b c d   0, từ giả thiết suy

abc bcd cda dab     a b c d Xét đa thức

      

P x  x a x b x c x d

     

 

4

x a b c d x ab bc cd da ac bd x abc bcd cda dab x abcd x ab bc cd da ac bd x abcd

               

       

Ta thấy P x  đa thức bậc có tối đa bốn nghiệm, bốn nghiệm a b c d, , , , nhiên P x x4ab bc cd  da ac bd x   2abcd nên

, , ,

a b c d

    bốn nghiệm P x  Điều chứng tỏ hai nghiệm a b c d, , ,     a b c, , , d trùng (thứ tự khác nhau)

Do a a ta xét trường hợp sau: TH2a: a b

Khi từ hai phương trình bcd a cda b 3 suy

  

5 5

bcd a cda b   cd a b   

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	502,34 KB